40 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH VÀ THI OLYMPIC LỚP 10 THPT QUA CÁC NĂM ĐẾN 2019 MÔN THI HÓA HỌC by DẠY KÈM QUY NHƠN OLYMPIAD

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 MÔN HÓA HỌC

vectorstock.com/3687784

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN OLYMPIAD PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

40 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH VÀ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC LỚP 10 THPT QUA CÁC NĂM ĐẾN 2019 MÔN THI HÓA HỌC (HƯỚNG DẪN CHẤM) WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG MÔN: HÓA HỌC – LỚP 10 NĂM HỌC: 2018 – 2019 Thời gian: 180 phút (không kể phát đề) Ngày thi: …………….

Câu 1.(3 điểm) 1. Hỗn hợp khí X gồm SO2 và O2 có tỉ khối hơi so với H2 bằng 28. Cho 4,48 lít (đktc) hỗn hợp khí X vào bình kín có V2O5 rồi nung nóng đến 4500C. Sau một thời gian phản ứng, làm nguội bình rồi cho toàn bộ các chất thu được đi qua dung dịch BaCl2 (dư). Sau khi kết thúc phản ứng, thu được 17,475 gam kết tủa. Tính hiệu suất của phản ứng oxi hóa SO2 thành SO3. 2. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm Na, Na2O, NaOH, Na2CO3 trong lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 40%, thu được 8,96 lít hỗn hợp khí có tỉ khối so với H2 là 16,75 và dung dịch Y có nồng độ 51,449%. Cô cạn dung dịch Y, thu được 170,4 gam muối khan. Tính m. Câu 2. (2 điểm) Bổ túc và cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electrom a. Cr2S3 + Mn(NO3)2 + K2CO3 K2CrO4 + K2SO4 + K2MnO4 + NO + CO2 b. P + NH4ClO4 H3PO4 + N2 + Cl2 + … … + NnOm + H2O c. FexOy + HNO3 Câu 3(3 điểm). Hợp chất A có công thức MX2, trong đó M chiếm 46,67% về khối lượng. Trong hạt nhân của M có n – p = 4; của X có n’ = p’, trong đó n, n’, p, p’ là số nơtron và số proton. Tổng số proton trong MX2 là 58. Viết kí hiệu nguyên tử của M, X và cấu hình electron M 2+ Câu 4(3 điểm) a. Nguyên tử vàng có bán kính và khối lượng mol lần lượt là 1,44AO và 197g/mol. Biết rằng khối lượng riêng của vàng kim loại là 19,36g/cm3. Hỏi các nguyên tử vàng chiếm bao nhiêu % thể tích trong tinh thể ? (cho N = 6,02.1023) b. Viết công thức cấu tạo các chất sau: HClO4, H3PO3, NH4NO3, H2SO4 Câu 5 (3 điểm) Cho vào nước dư 3g oxit của 1 kim loại hoá trị 1, ta được dung dịch kiềm, chia dung dịch làm hai phần bằng nhau: - Phần 1: Cho tác dụng hoàn toàn với 90 ml dung dịch HCl 1M, sau phản ứng dung dịch làm quỳ tím hoá xanh. - Phần 2: Cho tác dụng với V(ml) dung dịch HCl 1M sau phản ứng dung dịch không làm đổi màu quỳ tím a. Tìm công thức phân tử oxit b. Tính V (Cho: Ba = 137; Li = 7; Na = 23; k = 39; Rb = 85; Cs = 133) Câu 6(3 điểm) 3,28g hỗn hợp 3 kim loại A, B, C có tỉ lệ số mol tương ứng là 4 : 3: 2 và có tỉ lệ khối lượng nguyên tử tương ứng là 3 : 5 : 7. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp 3 kim loại trên trong dung dịch HCl dư thì thu được 2,0161 lít khí (đktc) và dung dịch A a. Xác định 3 kim loại A, B, C, Biết rằng khi chúng tác dụng với axit đều tạo muối kim loại hoá trị 2

Trang 2

b. Cho dung dịch xút dư vào dung dịch A, đun nóng trong không khí cho phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính lượng kết tủa thu được, biết rằng chỉ có 50% muối của kim loại B kết tủa với xút (cho: Ca = 40; Mg = 24; Fe = 56; Ni = 5; Sn = 118; Pb = 207; H = 1; O = 16) Câu 7(1,5 điểm) Hoà tan 46g một hỗn hợp gồm Ba và 2 kim loại kiềm A, B thuộc hai chu kì kế tiếp vào nước thì thu được dung dịch (D) và 11,2 lít khí (đktc). Nếu cho thêm 0,18 mol Na2SO4 vào dung dịch (D) thì dung dịch sau phản ứng chưa kết tủa hết Ba. Nếu cho thêm 0,21 mol Na2SO4 vào dung dịch (D) thì dung dịch sau phản ứng còn dư Na2SO4. Xác định tên 2 kim loại kiềm Câu 8( 1,5đ): Thiết bị điều chế khí Y từ chất X trong phòng thí nghiệm như hình vẽ dưới đây: a. Cho biết phương pháp điều chế khí Y và nguyên tắc điều chế Y. b. Khí Y, chất X có thể là cặp chất nào trong chương trình hóa học 10 trở xuống. Viết phương trình phản ứng hóa học cụ thể.

(Cho: Ba = 137; Li = 7; Na = 23; k = 39; Rb = 85; Cs = 133)

(Thí sinh không được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn, giáo viên coi thi không giải thích gì thêm)

ĐÁP ÁN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG MÔN: HÓA HỌC – LỚP 10 NĂM HỌC: 2018 – 2019

Câu 1 (3 đ)

1.Dựa vào tỉ khối hơi của hỗn hợp và số mol của hỗn hợp ta tính được số mol 0,5 của SO2 = 0,15 mol, của O2 = 0,05 mol. PTHH: 2SO2 + O2 → 2SO3 Khi cho toàn bộ các chất thu được đi qua dung dịch BaCl2 dư thì chỉ có SO3 tham gia phản ứng. PTHH: SO3 + H2O + BaCl2 → BaSO4 + 2HCl 0,5 Dựa vào lượng kết tủa ta có số mol O2 phản ứng là 0,0375 mol. Vậy hiệu suất phản ứng là: 0,0375/0,05 = 75% 0,5 2. Học sinh viết 4 PTHH: 0,5 2Na + H2SO4 Na2SO4 + H2 Na2O + H2SO4 Na2SO4 + H2O Na2SO4 + H2O NaOH + H2SO4 Na2CO3 +H2SO4 Na2SO4 + H2O + CO2 Từ giả thiết ta tính được khối lượng hai khí là 13,4 gam; khối lượng muối 0,5 Na2SO4 là 170,4 gam => số mol H2SO4 = số mol Na2SO4 = 1,2 mol Từ đó tính được khối lượng dung dịch H2SO4 ban đầu là 294 gam và khối lượng dung dịch sau phản ứng là 331,2 gam. Theo bảo toàn khối lượng ta có: 294 + m = 331,2 + 13,4 => m = 50,6 gam. 0,5

Câu 2 (2 đ)

a Cr2S3 + Mn(NO3)2 + K2CO3 K2CrO4 + K2SO4 + K2MnO4 + NO + CO2 2Cr+3 2Cr+6 + 6e –2 3S 3S+6 + 24e Cr2S3 2Cr+ 6 + 3S+ 6 + 30e x 1 (a) Mn+ 2 Mn+ 6 + 4e 2N+ 5 + 6e 2N+ 2 Mn(NO3)2 + 2e Mn+ 6 + 2N+2 x 15 (b) Cộng (a) và (b) Cr2S3 + 15Mn(NO3)2 2Cr+ 6 + 3S+ 6 + 15Mn+ 6 + 30N+ 2 Hoàn thành: Cr2S3 + 15Mn(NO3)2 + 20K2CO3 2K2CrO4 + 3K2SO4 +15 K2MnO4 + 30NO + 20CO2

0,25 0,25

0,5

Trang 4

b. P + NH4ClO4 2N –3 2Cl+ 7 + 14e 2NH4ClO3 + 8e PO 10NH4NO3 + 8PO

H3PO4 + N2 + Cl2 + H2O 2N + 6e 2ClO 2NO + 2ClO x 5 P+ 5 + 5e x8 +5 O 8P + 10N + 10ClO + 16H2O O

0,25

10NH4NO3 + 8P 8H3PO4 + 5N2 + 5Cl2 + 8H2O c. FexOy + HNO3 Fe(NO3)3 + NnOm + H2O xFe+ 3 + (3x – 2y)e (5n – 2m) xFe+2y/x nN+ 5 + (5n – 2m)e nN+ 2m/n (3x – 2y) x(5n –2m)Fe+2y/x + n(3x – 2y)N+ 5 x(5n – 2m)Fe + 3 + n(3x – +2m/n 2y)N Hoàn thành: (5n – m)FexOy + (18nx – 6my – 2ny)HNO3 x(5n – 2m)Fe(NO3)3 + (3x – 2y)NnOm + (9nx – 3mx – ny)H2O

Câu 3 (3đ)

Hợp chất A; MX2 Ta có: p+n = 46,67 2(p’ + n’) 53,33 p + n = 1,75(n’ + p’) (a) n–p=4 (b) n’ = p’ (c) p + 2p’ = 58 (d) p = 26 ; p’ = 16 Từ (a), (b), (c), (d) n = 30; n’ = 16 AM = 26 + 30 = 56; AX = 16 + 16 = 32 • Kí hiệu nguyên tử: 56 32

0,25

0,25 0,25

0,5 0,5 1 0,5

0,5

M là Fe; X là S * Cấu hình electron Fe2+: 1s22s22p63s23p63d6 Câu 4 a. Ta có: mng tửAu = 197/6,02.1023 = 327,24.10 – 24g r = 1,44AO = 1,44.10 – 8cm (3đ) VAu = 4/3.п r3 = 4/3. 3,14.(1,44.10 – 8)3 = 12,5.10 – 24cm3 d = (327,24.10– 24)/(12,5.10 – 24) = 26,179g/cm3 Gọi x là % thể tích Au chiếm chỗ Ta có: x = (19,36.100)/26,179 = 73,95 %

0,5 0,5

Trang 5

c. Công thức cấu tạo: O O H–O H – Cl = O Hay: H – Cl

H–O P=O

Hay:

O H–O O H

O O +

H–O H

–

H–O

O H– N–H

O–N

;

S H–O

Hay: O

S H–O

H O Viết 1 công thức cấu tạo cho 0,25 điểm a. Gọi công thức oxit kim loại hóa trị I: M2O n HCl = 1.0,09 = 0,09mol 2MCl + H2O Câu 5 Phương trình phản ứng: M2O + 2HCl (1) (3đ) 1,5/(2M + 16) 3/(2M + 16) (1) suy ra: 3/(2M + 16) > 0,09 M < 8,67 Suy ra: M là Li n b. L2O(1/2 hỗn hợp) = 1,5/30 = 0,05 mol 2LiCl + H2O Phương trình phản ứng: Li2O + 2HCl (2) 0,05 0,1 (2) suy ra: V = 0,1/1 = 0,1 lít = 100 ml a. Gọi số mol 3 kim loại A, B, C lần lượt là: 4x, 3x, 2x và KLNT tương ứng là MA, MB, MC số mol H2 = 2,0262/22,4 = 0,09 mol ACl2 + H2 (1) ptpư: A + 2HCl 4x 4x 4x B + 2HCl BCl2 + H2 (2) 3x 3x 3x Câu 6 C + 2HCl CCl2 + H2 (3) (3đ) 2x 2x 2x Từ (1), (2), (3) ta có : 4x + 3x + 2x = 0,09 x = 0,01 (a) Ta có: MB = 5/3MA (b) MC = 7/3MA (c) Mặc khác ta có: MA.4x + MB.3x + MC.2x = 3,28 (d) Từ (a), (b), (c), (d) suy ra: MA(0,04 + 5/3.0,03 + 7/3.0,02) = 3,28 Suy ra: MA = 24 A: Mg MB = 5/3.24 = 40 B: Ca MC = 7/3.24 = 56 C: Fe b. Dung dịch (A): MgCl2, CaCl2, FeCl2 Phương trình phản ứng: MgCl2 + 2NaOH Mg(OH)2 + 2NaCl 4x 4x

(4)

0,5 1 0,5 0,5 0,5

0,125 0,125 0,125 0,125 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

0,125 Trang 6

CaCl2 + 2NaOH Ca(OH)2 + 2NaCl 1,5x 1,5x FeCl2 + 2NaOH Fe(OH)2 + 2NaCl 2x 2x 4Fe(OH)3 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O 2x 2x Từ (4), (5), (6), (7) suy ra: 58.0,04 +74.0,015 + 107.0,02 = 5,57g Câu 7 số mol H2 = 11,2/22,4 = 0,5 mol (3đ) Gọi công thức trung bình 2 kim loại kiềm: M Phương trình phản ứng là: Ba + H2O Ba(OH)2 + H2 (1) x x x M + H2O MOH + 1/2H2 (2) y y y/2 Ba(OH)2 + Na2SO4 BaSO4 + 2NaOH (3) x x (a) Từ (1) và (2) suy ra: x + y/2 = 0,5 Ta có: 137x + My = 46 (b) Từ (3) suy ra: 0,18 < x < 0,21 (c) Từ (a) và (c) suy ra: x = 0,18 y = 0,64 x = 0,21 y = 0,58 Từ (b) suy ra: x = 0,18, y = 0,54 M = 33,34 x = 0,21, y = 0,58 M = 29,7 Na = 23 < 29,7 < M < 33,34 , K = 39 Hai kim loại kiềm là; Na và K Câu 8 a. Phương pháp đẩy nước. Nguyên tắc: Y không tan hoặc tan rất ít trong nước nước. b. X có thể là KMnO4, KClO3…; Y có thể là: O2, t Ptpu: 2KMnO4  → K 2 MnO4 + MnO2 + O2 ↑ Thí sinh giải theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa 0

(5)

0,125

(6)

0,125

(7)

0,125 0,5

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

0,25 0,5 0,5 0,5

Trang 7

TRƯỜNG THPT LAM KINH -------------------

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 10 NĂM HỌC 2015-2016 ĐỀ THI MÔN: HOÁ HỌC (Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề)

Bài 1 (4 điểm).

1. Xác định công thức các chất và viết phương trình phản ứng biểu diễn theo sơ đồ biến đổi hóa học sau: + H2 , t

+ H 2 SO4 + Q

Y X

+ Fe, t

K +H O

L + D, t

Z + P + H 2O

2. Đốt cháy hoàn toàn 12,8 gam lưu huỳnh. Khí sinh ra được hấp thụ hết bởi 100 ml dung dịch NaOH 20% (d= 1,28 g/ml). Tìm C% của các chất trong dung dịch thu được sau phản ứng. Bài 2 (2,0 điểm). Hoàn thành các phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron. → Fe2(SO4)3 + Cl2 + + K2SO4 + MnSO4 + H2O a) FeCl2 + KMnO4 + H2SO4 

b) Mg + HNO3  → Mg(NO3)2 + N2O + N2 + NH4NO3 + H2O (biết tỉ lệ mol của N2O : N2 : NH4NO3 là 1 : 2: 1) c) Fe3O4 + HNO3  → NxOy + … d) Al + NaNO3 + NaOH + H2O  → NaAlO2 + NH3 Bài 3 (2,5 điểm). Từ KMnO4, NaHCO3, Fe, CuS, NaHSO3, FeS2 và dung dịch HCl đặc có thể điều chế được những khí gì? Viết phương trình hoá học. Khi điều chế các khí trên thường có lẫn hơi nước, để làm khô tất cả các khí đó chỉ bằng một hoá chất thì nên chọn chất nào trong số các chất sau đây: CaO, CaCl2 khan, H2SO4 đặc, P2O5 , NaOH rắn. Giải thích (Không cần viết phương trình hoá học). Bài 4 (2,5 điểm) Ion M3+ có cấu hình electron lớp ngoài cùng là 3s23p63d5. 1. Xác định vị trí (số thứ tự, chu kỳ, nhóm) của M trong bảng tuần hoàn. Cho biết M là kim loại gì? 2. Trong điều kiện không có không khí, cho M cháy trong khí Cl2 thu được một chất A và nung hỗn hợp bột (M và S) được một hợp chất B. Bằng các phản ứng hóa học, hãy trình bày phương pháp nhận biết thành phần của các nguyên tố có mặt trong các chất A và B. Bài 5 (3 điểm). Cho a gam bột sắt ngoài không khí, sau một thời gian thu được hỗn hợp A có khối lượng 37,6 gam gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4. Cho hỗn hợp A phản ứng hết với dung dịch H2SO4 đặc nóng thu được 3,36 lít khí SO2 (đktc). Trang 8

a) Tính a. b) Tính số mol H2SO4 đã phản ứng. Bài 6: (3 điểm) Cho 20,4 gam hỗn hợp X gồm Zn, Fe, Al tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 10,08 lít H2 ở đktc. Mặt khác cho 0,2 mol hỗn hợp X tác dụng vừa đủ với 6,16 lít Cl2 ở đktc. Xác định khối lượng mỗi kim loại trong 20,4 gam hỗn hợp X?

Bài 7 (3 điểm) Nung a gam hỗn hợp X gồm Fe và S trong điều kiện không có không khí cho đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được chất rắn Y. Chia Y thành hai phần bằng nhau. Cho phần 1 tác

dụng với dung dịch HCl dư thu được hỗn hợp khí Z có d Z H =13. 2

1. Tính phần trăm khối lượng mỗi chất trong X. 2. Cho phần 2 tác dụng hết với 55 gam dung dịch H2SO4 98%, đun nóng thu được V lít khí SO2 (đktc) và dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng hết với dung dịch BaCl2 dư tạo thành 58,25 gam kết tủa. Tính a, V. Học sinh không được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hoá học. (Biết: H=1, O=16, C=12, Cl=35,5, Mg=24, Fe=56, Zn=65, Ca=40, Pb = 207; Al = 27; S = 32;Ba= 137; ZCa= 20; ZMg = 12; ZAl = 13; ZFe= 26; ZCu = 29; ZCr = 24)

Trang 9

TRƯỜNG THPT LAM KINH -------------------

Bài 1

1. (2,75) X → Y:

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 10 NĂM HỌC 2015-2016 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: HOÁ HỌC

Xác định đúng chất và

Cl2 + H2 → 2HCl X Y

Y →Z

HCl + KOH → KCl + H2O Y A Z

Z →X

10KCl + 2KMnO4 + 8 H2SO4 → 5Cl2 + 6K2SO4 + 2MnSO4 + 8H2O Z Q X

X →K

t 3Cl2 + 2Fe → 2FeCl3 X K

K →L

FeCl3 + 3KOH → Fe(OH)3 + 3KCl K A L

- tổng 2,75

L →M

t 2Fe(OH)3 → Fe2O3 L M

M → Fe

t Fe2O3 + 3CO → 2Fe M B

Fe → N

Fe + 2HCl → FeCl2 + H2O

X →Y

Cl2 4 HCl Y

X → Z + P + H2O

+ 3CO2

+ H2 O

HCl

X Y →X

+ 3H2O

viết đúng PT mỗi PT 0,25

+ HClO

Y o

t + MnO2 → MnCl2 + Cl2 + 2H2O D X

Cl2 + 2KOH → KCl + KClO + H2O X A Z P

0,25

2. (1,25) nS= nSO2 = 0,4 mol ; m (dd NaOH) = 100.1,28 = 128 (gam)

0,25

n 128.20 n (NaOH) = = 0,64(mol ) ⇒ NaOH = 1,6 ⇒ tạo ra hai muối 100.40 nSO2

=> tạo ra hỗn hợp 2 muối: NaHSO3: 0,24 (mol) và Na2SO3: 0,16 (mol) Khối lượng dung dịch sau pư = 128 + 0,4.64 = 153,6 gam

0,16.104 .100% = 10,8% 153,6

0,25

0,24.126 .100% = 19,69% 153,6

0,25

=>C% NaHSO3 = C% Na2SO3 = Bài 2 2,0 đ

0,25

Hoàn thành các phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron. a)

10FeCl2

+ 6KMnO4 + 24H2SO4  → 5 Fe2(SO4)3 + 10Cl2

+ 3K2SO4 +

Trang 10

6MnSO4 + 24H2O

0,5 3+

5×

2 FeCl2  → 2 Fe

6×

Mn +7 + 5e  → Mn +2

+ 2Cl2 + 6e

b) 18Mg + 44HNO3  → 18Mg(NO3)2 + N2O + 2N2 + NH4NO3 + 20H2O (biết tỉ lệ mol của N2O : N2 : NH4NO3 là 1: 2 : 1) 18 × Mg  → Mg 2+ + 2e

0,5

1 × 7 N +5 + 36 e  → N 2 O + 2N2 + N −3 c) (5x-2y)

3Fe+3 + 1e

Fe3O4

xN+5 + (5x-2y)e

+2y/x

NxOy

(5x-2y) Fe3O4 + (46x-18y)HNO3  → NxOy + (15x-6y)Fe(NO3)3 + (23x-9y)H2O d) 0,5

Al+3 + 3e

N+5 + 8e

N-3

0,5

8Al + 3NaNO3 + 5NaOH + 2H2O  → 8NaAlO2 + 3NH3 Bài 3 2,5đ

- Các khí có thể điều chế được gồm O2, H2S, Cl2, CO2, SO2 - Các phương trình hoá học: o

t 2KMnO4 → K2MnO4

+ MnO2

đ/c khí 0,25

+ O2

→ NaCl + H2O + CO2 NaHCO3 + HCl  Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 2KMnO4 + 16HCl → 5Cl2 + K2SO4 + 2MnSO4 + 8H2O

→ NaCl + H2O + SO2 NaHSO3 + HCl  → FeCl2 + H2S + S FeS2+ 2HCl  - Để làm khô tất cả các khí mà chỉ dùng một hoá chất thì ta chọn CaCl2 khan. Vì chỉ có CaCl2 khan hấp thụ hơi nước mà không tác dụng với các khí đó. - Giải thích lí do Bài 4 2,5đ

0,5 0,5

1. Tổng số electron của nguyên tử M là 26. Cấu hình electron đầy đủ 1s22s22p63s23p63d64s2 ........Số thứ tự 26, chu kì 4, nhóm VIIIB. M là Fe. 0

t 2. - Fe cháy trong khí clo: 2Fe + 3Cl2 → 2FeCl3 Hòa tan sản phẩm thu được vào nước thu được dung dịch. Lấy vài ml dung dịch cho

0,5 0,25

tác dụng với dung dịch AgNO3, có kết tủa trắng chứng tỏ có gốc clorua: FeCl3 + 3AgNO3 → Fe(NO3)3 + 3AgCl ↓ Lặp lại thí nghiệm với dung dịch NaOH, có kết tủa nâu đỏ chứng tỏ có Fe(III):

0,75

FeCl3 + 3NaOH → Fe(OH)3 ↓ + 3NaCl 0

t - Nung hỗn hợp bột Fe và bột S: Fe + S → FeS Cho B vào dung dịch H2SO4 loãng, có khí mùi trứng thối bay ra chứng tỏ có gốc

0,25

sunfua: FeS + H2SO4 → FeSO4 + H2S ↑ (trứng thối)

Trang 11

Nhỏ dung dịch NaOH vào dung dịch thu được, có kết tủa trắng xanh chứng tỏ

0,75

có Fe(II): FeSO4 + 2NaOH → Na2SO4 + Fe(OH)2 ↓ (trắng xanh) Bài 5 3đ

Viết các PTHH Quy đổi hỗn hợp Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 về a mol Fe và b mol O. 56x + 16 y= 37,6

0,5 0,5

nSO2 = 3,36/22,4 =0,15 mol

0,5

Fe → Fe +3 + 3e x 3x

0,5

3x = 2y + 0,3

O + 2e → O −2 y 2y

S +6 + 2e → S +4 0,3 0,15 Ta có x = 0,5 → a = 28 (g) y = 0,6 Bảo toàn nguyên tố S ta có: nS ( H2SO4) = nS( Fe2(SO4)3 + nS (SO2) Số mol H2SO4 = 0,9 mol Bài 6 3đ

0,5 0,5

Đặt x, y, z lần lượt là số mol Fe, Zn, Al trong 20,4 g hỗn hợp X Theo đầu bài 56x + 65y + 27z = 20,4 (I) Fe + 2HCl  → FeCl2 + H2

(1)

Zn + 2HCl  → ZnCl2 + H2

(2)

2Al + 6HCl  → 2AlCl3 + 3H2 Từ 1, 2, 3 và đầu bài

(3)

nH 2 = x + y +

0,5

3 10, 08 z= = 0, 45mol 2 22, 4

(II)

0,5

Trong 0,2 mol hỗn hợp X số mol Fe, Zn, Al lần lượt là kx, ky, kz kx + ky + kz = 0,2 (III) 2Fe + 3Cl2  → 2FeCl3

(4)

Zn + Cl2  → ZnCl2

(5)

2Al + 3Cl2  → 2AlCl3

(6)

nCl2 =

0,5

3 3 6,16 x+ y+ z = = 0, 275mol 2 2 22, 4

(IV)

Từ I, II, III, IV

0,5

X = 0,2 mol  → mFe = 11,2 gam

→ mZn = 6,5 gam Y = 0,1 mol  Z = 0,1 mol  → mAl = 2,7 gam Bài 7 3đ

Nung hỗn hợp X

S + Fe  → FeS

(1)

2x ← 2x Chất rắn Y gồm FeS và Fe dư. Gọi x, y lần lượt là số mol FeS và Fe trong mỗi phần hỗn hợp Y.

Trang 12

FeS + 2HCl  → FeCl2 + H2S x mol x mol Fe + 2HCl  → FeCl2 + H2 y mol Ta có: M Y =

0,5

(2) (3)

y mol

34 x + 2 y x 3 = 13 × 2 ⇒ = x+ y y 1

% khối lượng của Fe =

⇒

nFe 2( x + y ) 4 = = nS 2x 3

4 × 56 ×100% = 70% (4 × 56) + (3 × 32)

% khối lượng của S = 30% 2. Tính a, V . Ta có: 2FeS+ 10H2SO4 đặc, nóng → Fe2(SO4)3 + 9SO2 +10H2O (4) x 5x x/2 9x/2 2Fe+ 6H2SO4 đặc, nóng → Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (5) y 3y y/2 3y/2 H2SO4 dư + BaCl2  → 2HCl + BaSO4 z z Fe2(SO4)3 + 3BaCl2  → 2FeCl3 + 3BaSO4 (x/2+ y/2) 3(x/2+ y/2) ta có PT:

0,5

(6) (7)

0,5

Khối lượng hỗn hợp X= a = 2. [(0,075.88) + (0,025.56)] = 16( g )

0,5

 9.0,075 3.0,025  Thể tích khí SO2 = V = 22,4 ( + ) = 8,4 (lít) 2 2  

0,5

x y 58,25 3( + ) +z= = 0,25 2 2 233 Số mol H2SO4 đã dùng: 5x + 3y + z =

55.98 = 0,55 100.98

Giải ra: x = 0,075; y = 0,025 ; z = 0,1

Trang 13

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI TRƯỜNG THPT LƯU HOÀNG CH NH

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: Hóa học - Lớp: 10 (Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề)

Bài 1 ( 6 điểm). 1) Mg có khối lượng riêng là 1,74g/cm3, khối lượng phân tử là 24. Tính bán kính nguyên tử của Mg biết trong tinh thể Mg chiếm 74% về thể tích 2) Tổng số hạt cơ bản trong phân tử M2X là 140, trong đó tổng số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 44. Số hạt mang điện trong nguyên tử M nhiều hơn trong nguyên tử X là 22. Xác đinh công thức phân tử M2X 3) Trong tự nhiên, Cacbon có 2 đồng vị bền 126 C và 136 C . Nguyên tử khối trung bình của cacbon là 12,011. Phần trăm của đồng vị 136 C trong hợp chất C3H8 là bao nhiêu 4) Một ion M3+ có tổng số hạt proton, nơtron, electron là 79, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 19. Cấu h́ nh electron của nguyên tử M là Bài 2 (4 điểm). 1) Hoà tan hết kim loại kiềm M trong 500ml dung dịch HCl 1M thu được 42,85 gam chất tan và V lít H2 (đktc). Xác định kim loai M và tính giá trị của V. 2) Hợp chất khí của một nguyên tố với Hidro có dạng RH3, trong hợp chất oxit cao nhất thì Oxi chiếm 56,34% về khối lượng. Xác định nguyên tử khối của R 3) Nguyên tử của nguyên tố R ở trạng thái cơ bản có tổng số electron ở các phân lớp s là 7. a. Viết cấu hình electron nguyên tử của R ở trạng thái cơ bản, xác định tên nguyên tố R. b. Với R có phân lớp 3d đã bão hoà, hoà tan hoàn toàn m gam một oxit của R trong dung dịch H2SO4 đặc, nóng, dư sinh ra 0,56 lít (điều kiện tiêu chuẩn) khí SO2 là sản phẩm khử duy nhất. Toàn bộ lượng khí SO2 trên phản ứng vừa đủ với 2 lít dung dịch KMnO4 thu được dung dịch T (coi thể tích dung dịch không thay đổi). Viết các phương trình hoá học, tính m và tính nồng độ mol/l của dung dịch KMnO4 đã dùng. Bài 3 (4 điểm). 1) Cân bằng phương trình phản ứng to a. P + NH4ClO4 → H3PO4 + N2 + Cl2 + H2O b. K2SO3 + KMnO4 + KHSO4 → K2SO4 + MnSO4 + H2O 2) Cho 2,6 g bột Zn vào 100ml dung dịch CuCl2 0,75M. Lắc kĩ cho đến khi phản ứng kết thúc. Xác định số mol của các chất trong dung dịch thu được Bài 4 ( 6 điểm) 1) Cho 20g hỗn hợp bột Mg và Fe tác dụng với dung dịch HCl dư thấy có 1 g khí H2 bay ra. Tính khối lượng muối cloru thu được trong dung dịch 2) Nhiệt phân hỗn hợp X gồm KMnO4 và KClO3 một thời gian thu được O2 và 28,33 gam chất rắn Y gồm 5 chất. Toàn bộ hỗn hợp rắn Y tác dụng tối đa với 1,2 mol HCl đặc thu được khí Cl2 và dung dịch Z. Cho toàn bộ dung dịch Z tác dụng với một lượng dư dung dịch AgNO3 thu được 66,01 gam kết tủa. Thành phần phần trăm khối lượng KMnO4 trong hỗn hợp X là bao nhiêu

----------HẾT----------

H =1;Li = 7; N = 14; O=16; Na =23; Mg =24; P=31; Cl =35,5; K =39; Mn =55; Ag =108

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh: ...................................... Số báo danh: ................ Trang 14

Chữ ký giám thị coi thi số 1: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI TRƯỜNG THPT LƯU HOÀNG ÁP ÁN CH NH TH C

Chữ ký giám thị coi thi số 2: HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: …… - Lớp: .....

I. Hướng dẫn chung

II. Đáp án và thang điểm Câu Câu 1 (6 điểm)

Câu 2 (4 điểm)

1 2 3 4 1 2

1 Bài 3 (4 điểm) Bài 4 (6 điểm)

2 1 2

Đáp án 1,59 K2O. 0,97% [Ar]3d64s2 K và 6,72 hoặc Na và 9,048 31 a. Có 3 trường hợp : [Ar]4s1 : Kali; [Ar]3d54s1 : Crom; [Ar]3d104s1 : đồng. b. R có phân lớp 3d đã bão hoà-->R là Cu Cu2O+3H2SO4-->2CuSO4+SO2+3H2O Số mol Cu2O=số mol SO2=0,56:22,4=0,025->m=0,025x144=3,6 5SO2+2KMnO4+2H2O-->K2SO4+2MnSO4+2H2SO4 Số mol KMnO4=số mol H2SO4=số mol SO2x2:5=0,01 -->Nồng độ mol dd KMnO4=Nồng độ mol H2SO4=0,01:2=0,005M to a. 8P + 10NH4ClO4 → 8H3PO4 + 5N2 + 5Cl2 + 8H2O b. 5K2SO3 + 2KMnO4 + 6KHSO4 → 9K2SO4 + 2MnSO4 + 3H2O ZnCl2 = 0,04 CuCl2 = 0,035 55,5g % KMnO4 = 60,75 %

Điểm 1,5 1,5 1,5 1,5 1 1

3 1 3 3

Trang 15

TRƯỜNG THPT HIỆP ĐƯC ĐỀ ĐỀ NGHỊ VÀ ĐÁP ÁN

KỲ THI OLYMPIC 24-3 NĂM HỌC 2016 - 2017 Môn: HÓA HỌC 10 Thời gian làm bài: 150 phút

Cho biết khối lượng nguyên tử ( đvC) của các nguyên tố: H=1; Mg = 24; C = 12; O = 16; N = 14; Na = 23; Mg = 24; Si = 28; P = 31; S = 32; Cl = 35,5; K = 39; Ca = 40; Al = 27 ; Cr = 52; Mn = 55; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Br = 80; Ag = 108; I = 127; Ba = 137; Câu 1. ( 3,5 điểm) 1.1. ( 1.0 điểm) Cho nguyên tử của nguyên tố X, ở trạng thái cơ bản có 17 electron thuộc các phân lớp p. X có hai đồng vị hơn kém nhau hai nơtron. Trong đồng vị số khối lớn, số hạt không mang điện 23 bằng lần hạt mang điện. 35 a. Viết cấu hình electron của X, suy ra vị trí của X trong bảng tuần hoàn.

Trang 16

b. Xác định thành phần cấu tạo của hai đồng vị và thành phần % theo số nguyên tử của mỗi đồng vị , biết nguyên tử khối (NTK) trung bình của X bằng 79,91. Coi NTK có giá trị bằng số khối. 1.2. ( 1.0 điểm) Từ muối ăn điều chế được khí clo, từ quặng florit điều chế được chất có thể ăn mòn thủy tinh, từ I2 điều chế một chất pha vào muối ăn để tránh bệnh bướu cổ cho người dùng, từ O2 điều chế chất diệt trùng. Em hãy viết phương trình phản ứng điều chế các chất như đã nói ở trên, biết mỗi chất chỉ được viết một phương trình phản ứng. 1.3. ( 0,5 điểm) Xác định trạng thái lai hóa của các nguyên tử trung tâm trong các phân tử sau: POF3 ; BF3 ; SiHCl3 ; O3. 1.4. ( 1.0 điểm) Nguyên tử của nguyên tố phi kim A có bốn số lượng tử electron cuối cùng thỏa mãn ml + l = 0 và n + ms = 1,5. Xác định tên của A.

Câu 2. ( 3.0 điểm) 2.1. ( 1,5 điểm) Cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electron: Fe3O4+ HNO3 loãng Fe(NO3)3 + NO + H2O Fe3C+ H2SO4 đặc nóng dư Fe2(SO4)3 + CO2 + SO2 + H2O Fe(NO3)3 + H2SO4 + NO2 + H2O FexSy + HNO3 đặc nóng dư 2.2. ( 1,5 điểm) Một pin điện gồm điện cực là một sợi dây bạc nhúng vào dung dịch AgNO3 và điện cực kia là một sợi dây platin nhúng vào dung dịch muối Fe2 + và Fe3+ . a) Viết phương trình phản ứng khi pin hoạt động. b) Tính sức điện động của pin ở điều kiện chuẩn. c) Nếu  Ag+  = 0,1M và  Fe2 +  =  Fe3+  = 1M thì phản ứng trong pin xảy ra như thế nào?       Câu 3. ( 3.5 điểm) 3.1. ( 1,0 điểm) Cho V lít (đktc) hỗn hợp khí (X) gồm Clo và Oxi phản ứng vừa hết với hỗn hợp (Y) gồm 8,4 gam Mg và 5,4 gam Al tạo thành 37,95 gam hỗn hợp (Z) gồm các muối và oxit. Tính V? 3.2. ( 1,0 điểm) Viết 6 phương trình phản ứng khác nhau điều chế trực tiếp khí clo.

3.3. ( 1,5 điểm) Hoàn thành các phương trình phản ứng sau và cho biết các chất ứng với các chữ cái (A), (B),... tương ứng: (1) FeS2 + khí (A) → chất rắn (B) + khí (D)

(2) (D) + khí (E) → chất rắn (F) + H2O

(3) (F) + (A) → (D)

(4) (E) + NaOH → (G) + H2O

(5) (G) + NaOH → (H) + H2O

(6) (H) + (I) → (K)↓ + (L)

(7) (K) + HCl → (I) + (E)

(8) (E) + Cl2 + H2O → ...

Câu 4. ( 4.0 điểm) 4.1. ( 1,0 điểm) Viết các phương trình phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm được mô tả sau: a. Hòa tan FeCl2 vào nước rồi thêm H2SO4 loãng dư, sau đó thêm dung dịch KMnO4 dư thấy có khí màu vàng lục thoát ra và dung dịch thu được có chứa muối mangan (II). b. Hòa tan Fe3O4 trong dung dịch H2SO4 đặc nóng dư được dung dịch A và khí B mùi hắc. Sục khí B vào dung dịch brom hoặc dung dịch KMnO4 đều thấy các dung dịch này bị nhạt màu.

4.2. ( 2,0 điểm) Hòa tan m gam KMnO4 trong dung dịch HCl đặc dư được dung dịch A và V

lít khí D (đktc). Pha loãng dung dịch A được 500 ml dung dịch B. - Để trung hòa axit dư trong 50 ml dung dịch B cần dùng vừa đủ 24 ml dung dịch NaOH 0,5 M. - Thêm AgNO3 dư vào 100 ml dung dịch B để kết tủa hoàn toàn ion clorua thu được 17,22 gam kết tủa. a. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b. Tính nồng độ mol/lít các chất tan trong B. Trang 17

c. Tính m, V và thể tích dung dịch HCl 36,5% (D = 1,18 g/ml) đã dùng.

4.3. ( 1,0 điểm) Hãy trình bày cách làm sạch các chất sau, viết phương trình phản ứng (nếu có) để giải thích. a. HCl bị lẫn H2S. b. O2 bị lẫn Cl2. c. CO2 bị lẫn SO2. d. CO2 bị lẫn CO. Câu 5. ( 3.0 điểm) 5.1. ( 1,5 điểm)

a) Tính hiệu ứng nhiệt ở 250C của phản ứng 2Al + Fe2O3 → 2Fe + Al2O3, biết (∆H 0ht ,298 )Al O = −1667,82 kJ/mol; (∆H 0ht ,298 )Fe O = −819,28 kJ/mol. 2

b) Nhiệt đốt cháy của benzen lỏng ở 25 C; 1atm là - 3268 kJ/mol. Xác định nhiệt hình thành của benzen lỏng ở điều kiện đã cho về nhiệt độ và áp suất, biết rằng nhiệt hình thành chuẩn ở 250C của CO2(k), H2O(l) lần lượt bằng - 393,5 và -285,8 kJ/mol. c) Tính (∆H 0ht , 298 )C H O ( r ) biết: (∆H đ0c, 298 )C H O ( r ) = −2805 kJ/mol; (∆H 0ht , 298 )CO ( k ) = −393,5 kJ/mol;

(∆H

)

0 ht , 298 H O ( l ) 2

= −285,8 kJ/mol.

5.2. ( 1,5 điểm) Ở 600K đối với phản ứng: H2 + CO2

H2O(k) + CO Nồng độ cân bằng của H2, CO2, H2O và CO lần lượt bằng 0,600 ; 0,459; 0,500 và 0,425 mol/l. a) Tìm KC, KP của phản ứng. b) Nếu lượng ban đầu của H2 và CO2 bằng nhau và bằng 1 mol được đặt vào bình 5 lít thì nồng độ cân bằng của các chất là bao nhiêu ? Câu 6. ( 3,0 điểm) 6.1. ( 1,0 điểm) Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm CuSO4 và KCl vào H2O, thu được dung dịch Y. Điện phân Y (có màng ngăn, điện cực trơ) đến khi H2O bắt đầu điện phân ở cả hai điện cực thì dừng điện phân. Số mol khí thoát ra ở anot bằng 4 lần số mol khí thoát ra từ catot. Phần trăm khối lượng của CuSO4 trong hỗn hợp X là bao nhiêu ? 6.2. ( 2,0 điểm) Hỗn hợp X gồm Fe và kim loại M (hóa trị n không đổi). Hòa tan hoàn toàn m gam X trong dung dịch H2SO4 đặc nóng, dư được dung dịch A và khí SO2 (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Hấp thụ hoàn toàn lượng SO2 trên bằng 500 ml dung dịch NaOH 0,2M (dư) được dung dịch chứa 5,725 gam chất tan. Thêm vào m gam X lượng M gấp đôi lượng M ban đầu được hỗn hợp Y. Cho Y tan hết trong dung dịch HCl được 1,736 lít H2 (đktc). Thêm một lượng Fe vào m gam X để được hỗn hợp Z chứa lượng sắt gấp đôi lượng sắt có trong X. Cho Z tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư được dung dịch B chứa 5,605 gam muối. a. Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b. Tìm kim loại M.

------------------ HẾT----------------- Học sinh không được sử dụng tài liệu và bảng Hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hoá học. - Cán bộ coi thi không phải giải thích gì thêm. - Họ và tên thí sinh: ............................................................................Số báo danh:..........

Trang 18

TRƯỜNG THPT HIỆP ĐƯC

CÂU

KỲ THI OLYMPIC 24-3 NĂM HỌC 2016 - 2017 Môn: HÓA HỌC 10 Thời gian làm bài: 150 phút

ĐÁP ÁN 1.a

1.1

1.b

ĐIỂM

Vì X có 17 electron thuộc phân lớp p ⇒ cấu hình electron phân lớp p của X là: 2p63p64p5 ⇒ cấu hình electron đầy đủ: 1s22s22p63s23p63d104s24p5. ⇒ Vị trí của X trong bảng tuần hoàn: Ô số 35, Chu kì 4, Nhóm VII A.

0,25 0,25

Trong đồng vị số khối lớn số hạt mang điện là 35.2 = 70 hạt ⇒ số nơtron (hạt không mang điện) là

23 .70 = 46 hạt. 35

⇒ số nơtron trong đồng vị số khối nhỏ là 44 hạt. Vậy thành phần cấu tạo các đồng vị của X là: Đồng vị số khối nhỏ: 35 electron, 35 proton, 44 nơtron ⇒ A= 79. Đồng vị số khối lớn: 35 electron, 35 proton, 46 nơtron⇒ A= 81. Thành phần %: Gọi thành phần % theo số nguyên tử đồng vị nhỏ là x% ⇒ thành phần % theo số nguyên tử đồng vị lớn là (100 – x)%. Ta có:

1.2

0,25

79.x + 81(100 − x ) = 79,91 ⇒ x = 54,5%. 100

0,25

dpdd * 2NaCl + 2H2O  → 2NaOH + Cl2 + H2O nm xop

1,0

* CaF2 rắn + H2SO4 đặc CaHSO4 + HF * I2 + 2K 2KI UV 2O3 * 3O2 POF3 (sp3); O3 (sp2); SiHCl3 (sp3); C2H2 (sp) .

0,5

1.3 1.4

2.1

Theo đề: ml + l = 0 và n + ms = 1,5 *Trường hợp 1: ms = +1/2 ⇒ n= 1 ⇒ l= 0; ml = 0 ⇒1s1 ⇒ A là hiđro *Trường hợp 2: ms = -1/2 ⇒ n= 2 ⇒ l= 1; ml = -1 ⇒2p4 ⇒ A là oxi *Trường hợp 3: ms = -1/2 ⇒ n= 2 ⇒ l= 0; ml = 0 ⇒2s2 ⇒ A là beri(loại) Vậy A là hiđro hoặc oxi. 3Fe3O4+ 28HNO3 loãng 9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O 2Fe3C+ 22H2SO4 đặc nóng 3Fe2(SO4)3 + 2CO2 + 13SO2 + 22H2O FexSy + (6x+6y)HNO3 đặc nóng xFe(NO3)3 + yH2SO4 + (3x+6y)NO2 + (3x+2y)H2O

0,5 0,5

0,5 0,5 0,5

Trang 19

a) Phương trình phản ứng khi pin hoạt động :

2.2

Fe2 +

( aq )

+ Ag+

( aq )

= Fe3+ + Ag( r )

(1)

( aq )

0,5

b) Thế của phản ứng (sđđ của pin) ở điều kiện chuẩn :

0,5

E0pin = E0Ag+ / Ag - E0Fe3+ / Fe2+ = 0.8 - (+0,77) = 0,03 V

c) Nếu  Ag+  = 0,1M và  Fe2 +  =  Fe3+  = 1M thì sđđ của pin sẽ là :       −1 0,059 1.10 Epin = 0,03 + lg = - 0,029 V < 0 1 1 Phản ứng (1) xảy ra theo chiều ngược lại : Fe3+ + Ag( r ) = Fe2 +

( aq )

+ Ag+

(2)

( aq )

0,5

nMg =8,4/24 = 0,35 mol; nAl =5,4/27 = 0,2 mol; Gọi x, y lần lượt là số mol của clo và oxi trong hh X Bảo toàn số mol electron: 2x + 4y = 0,35.2 + 0,2.3

3.1

(1)

Bảo toàn khối lượng: 71x + 32y = 37,95 – (8,4+ 5,4) Từ (1) và (2), suy ra: x= 0,25; y = 0,2. => V = (0,25+ 0,2) . 22,4= 10,08 lít.

0,25 0,25

(2)

0,25 0,25

Sáu phương trình điều chế clo:

3.2

dpdd 2NaCl + 2H2O  → 2NaOH + Cl2 + H2O nm xop

(1)

dpnc 2NaCl  → 2Na + Cl2 MnO2 + 4HCl (đặc) → MnCl2 + Cl2 + 2H2O 2KMnO4 + 16HCl (đặc) → 2MnCl2 + 2KCl + 5Cl2 + 8H2O K2Cr2O7 + 14 HCl (đặc) → 2KCl + 2CrCl3 + 3Cl2 + 7H2O KClO3 + 6HCl (đặc) → KCl + 3Cl2 + 3H2O (hs có thể viết 6 phương trình khác)

(2) (3) (4) (5) (6)

Các chất ứng với các kí hiệu: A: O2 B: Fe2O3 D: SO2 G: NaHS H: Na2S I: FeCl2 Các phương trình: (1) 4FeS2 + 11 O2 → 2 Fe2O3 + 8 SO2 (2) SO2 + 2H2S → 3 S + 2 H2O (3) S + O2 → SO2 (4) H2S + NaOH → NaHS + H2O (5) NaHS + NaOH → Na2S + H2O (6) Na2S + FeCl2 → FeS + 2NaCl (7) FeS + 2 HCl → FeCl2 + H2S

3.3

E: H2S K: FeS

1,0

F: S L: NaCl

(8)H2S + 4Cl2 + 4H2O → H2SO4 + 8 HCl

4.1

0,5

1,0

Phương trình phản ứng: 10FeCl2 + 6KMnO4 + 24H2SO4 → 5Fe2(SO4)3 + 10Cl2 + 3K2SO4 + 6MnSO4 + 24H2O

0,25

Trang 20

4.2

2Fe3O4 + 10H2SO4 (đặc nóng) → 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O Khí A là SO2: SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O → K2SO4 + 2MnSO4+ 2H2SO4 Các phương trình phản ứng: 2KMnO4 + + 16HCl (đặc) → 2MnCl2 + 2KCl + 5Cl2 + 8H2O (1) Dung dịch A chứa KCl, MnCl2 và HCl dư ⇒ dung dịch B chứa KCl, MnCl2 và HCll • Trung hòa axit trong B bằng NaOH: HCl + NaOH → NaCl + H2O B tác dụng với AgNO3 dư: AgNO3 + HCl → AgCl↓ + HNO3 AgNO3 + KCl → AgCl↓ + KNO3

(2)

2AgNO3 + MnCl2 → 2AgCl↓ + Mn(NO3)2

(5)

•

0,75

(3) (4)

0,25

0,5

- Đặt số mol HCl, KCl trong 50 ml dung dịch B lần lượt là x, y (mol). Theo phương trình phản ứng (1): nMnCl2 = nKCl = y mol Theo phương trình phản ứng (2): x = nHCl = nNaOH = 0,024.0,5 = 0,012 mol

⇒

CM (HCl) = 0,24 M

Trong 100 ml dung dịch B: nHCl = 2x mol; nMnCl2 = nKCl = 2y mol

0,75

Theo phương trình phản ứng (3), (4), (5): nAgCl↓ = nHCl + nKCl + 2. nMnCl2 ⇔ 2x + 2y + 2.2y = 17,22 : 143,5 = 0,12 mol ⇔ x + 3y = 0,06 mol ⇒ y = 0,016 mol. Vậy nồng độ mol của các chất trong B là: ⇒ CM (KCl) = CM(MnCl2) = 0,32M

Theo (1) ta có: nKMnO4 = nKCl (500 ml dd B) = 10y = 0,16 mol

⇒ m = mKMnO4 (ban đầu) = 0,16.158 = 25,28 gam. 5 nKMnO4 = 0, 4mol ⇒ V = 0,4.22,4 = 8,96 lít. 2 Theo (1): nHCl pư = 8 nKMnO4 = 1,28 mol mà nHCl dư = 10.x = 0,12 mol nCl2 =

0,25

⇒ nHCl đã dùng = 1,28 + 0,12 = 1,4 mol nHCl .MHCl 1, 4.36,5 = = 118, 64ml C%.D 36,5%.1,18 Sục hỗn hợp qua dung dịch Cu(NO3)2 dư , H2S bị giữ lại. CuS + 2HNO3 Cu(NO3)2 + H2S

Vdd HCl đã dùng = a

4.3 b

0,25

Sục hỗn hợp qua dung dịch NaOH dư , Cl2 bị giữ lại. Cl2 + 2NaOH NaCl + NaClO + H2O

0,25

Sục hỗn hợp qua dung dịch chất oxi hóa mạnh (KMnO4, Br2...) SO2 bị giữ lại SO2 + Br2 + 2H2O 2HBr + H2SO4

0,25

Trang 21

Cho hỗn hợp qua oxit kim loại yếu hoặc trung bình nung nóng (CuO, FeO...) CO bị chuyển thành CO2 t CO + CuO Cu + CO2 0

5.1

PTHH: 2Al + Fe2O3 → 2Fe + Al2O3 ⇒ ∆H 0298 = (∆H 0ht , 298 )Al O − (∆H 0ht , 298 )Fe O = −1667,82 − ( −819,28) = - 848,54 kJ 2

0,25

0,5

15 O2(k)  → 6CO2(k) + 3H2O(l) 2 0 0 0 0 ∆H 0pu = ∆H đc , 298 C H ( l ) = 3 ∆H ht , 298 H O ( l ) + 6 ∆H ht , 298 CO ( k ) − ∆H ht , 298 C H ( l )

PTHH: C6H6(l) +

(

)

(

)

(

)

(

)

⇒ (∆H 0ht , 298 )C H ( l ) = 3(∆H 0ht , 298 )H O (l ) + 6(∆H 0ht , 298 )CO ( k ) − (∆H 0đc, 298 )C H (l ) 6

0,5

= 3.(-285,8) + 6.(-393,5) – (- 3268) = 49,6 kJ/mol

PTHH: C6H12O6 (r) + 6O2(k) → 6CO2(k) + 6H2O(l) 0 0 0 0 ∆H 0pu = (∆H đc , 298 )C H O ( r ) = 6(∆H ht , 298 )H O ( l ) + 6(∆H ht , 298 )CO ( k ) − (∆H ht , 298 )C H O ( r ) 6

⇒ (∆H 0ht , 298 )C H O ( r ) = -1270,8 kJ/mol 6

5.2

H2 + CO2

H2O(k) + CO [CO][H 2O] 0,425.0,500 KC = = ≈ 0,772 [ H 2 ][CO 2 ] 0,600.0,459 KP = KC.(RT)∆ν = KC.(RT)1+1-1-1 = KC = 0,772.

H2 + CO2 0,2 0,2 0,2 – x 0,2 – x

Ban đầu []

0,5

H2O(k) + CO x

0,25 0,25 KC = 0,772

x = 0,772 ⇒ x ≈ 0,0935 (0,2 − x ) 2 ⇒ [H2O] = [CO] = 0,0935 M; [H2] = [CO2] = 0,2 – 0,0935 = 0,1065 M ⇒ KC =

6.1

1,0

Giả sử số mol KCl trong X là 1 mol, khi đó quá trình điện phân xảy ra như sau : Tại catot Tại anot 2+ Cu + 2e → Cu 2Cl → Cl2 + 2e a mol → 2a mol 1 mol 0,5 mol + 2e → 2OH- + H2 2H2O 2b mol → b mol - Theo đề bài ta có : BT:e   → 2n Cu + 2n H2 = n Cl − 2a + 2b = 1 a = 0,375mol → ⇒  4b = 0,5 b = 0,125mol n Cl2 = 4n H2 - Vậy hỗn hợp X gồm CuSO4 (0,375 mol) và KCl (1 mol) 0,375.160 %m CuSO 4 = .100 = 44,61 0,375.160 + 1.74,5

0,25

0,5

0,25

Trang 22

6.2

Hỗn hợp X + H2SO4 đặc nóng: 2Fe + 6H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3 SO2 + 6H2O 2M + 2nH2SO4 → M2(SO4)n + n SO2 + 2nH2O SO2 + 2NaOH → Na2SO3

+ H2O

(1) (2) (3)

Hỗn hợp Y tan hết trong dung dịch HCl: Fe + 2 HCl → FeCl2 + H2 2M + 2n HCl → 2MCln + nH2

(4) (5)

Hỗn hợp Z tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư: Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2 2M + n H2SO4 → M2(SO4)n + nH2

(6) (7)

0,5

Đặt nSO2= d ⇒ nNaOH dư = 0,1 – 2d mol. ⇒ m chất tan = 126.d + 40.(0,1 - 2d) = 5,725 gam ⇒ d = 0,0375 mol Đặt số mol Fe và M trong m gam X lần lượt là: x và y mol

0,25

3 2

n 2

Theo (1) và (2) ⇒ nSO = x + y = 0, 0375mol 2

(*)

0,25

(**)

0,25

Theo đề bài, trong hỗn hợp Y có nFe = x mol; nM = 3y mol n 2

Theo (4), (5) ta có nH = x + .2y = 0, 0775mol 2

Theo đề bài, trong hỗn hợp Z có nFe = 2x mol; nM = y mol 1 y 2 2 y ⇒ Khối lượng muối: mmuối = 152.2x + (2M + 96n). = 5,605 gam 2

Theo (7) và (8) có: nFeSO = nFe = 2xmol ; nM (SO ) = nM = mol 4

Từ (*), (**), (***) ta có: ⇒ Xét:

4 n

⇔ 304.x + M.y + 48.ny = 5,605 gam x = 0,01; M.y = 0,405; n.y = 0,045

(***) 0,25

M M.y 0, 405 = = =9 n n.y 0, 045

n M (g/mol)

1 9 (loại) Vậy kim loại M là Al

2 18 (loại)

3 27 (M là Al)

0,5

Chú ý: Nếu học sinh có cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.

Trang 23

Năm học: 2016-2017

ĐỀ THI OLYMPIC Môn: Hóa học 10

--------- ----------

Thời gian làm bài: 120 phút

TRƯỜNG THPT NÔNG SƠN

------------------ HẾT----------------Câu 1. (4,0 điểm) Trong phân tử MX2 có tổng số hạt p, n, e bằng 164 hạt, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 52 hạt. Số khối của nguyên tử M lớn hơn số khối của nguyên tử X là 5. Tổng số hạt p,n,e trong nguyên tử M lớn hơn trong nguyên tử X là 8 hạt. a) Dựa trên cấu hình electron, cho biết vị trí của các nguyên tố trên trong bảng hệ thống tuần hoàn. b) So sánh (có giải thích) bán kính của các nguyên tử và ion X, X2+ và Y-. c) Hãy cho biết cấu trúc hình học của các phân tử: PF3 , PCl3, PH3 và hãy so sánh các góc liên kết giữa nguyên tử P với các nguyên tử khác trong phân tử.

Câu 2. (4,0 điểm) Phản ứng nhị hợp NO2 : 2NO2 (k) → N2O4 (k) Biết ∆H0S (kcal/mol) : 8,091 2,309 S0 (cal.mol–1.K–1) : 57,2 72,2

Trang 24

– Tính biến thiên năng lượng tự do của pư ở 00C và 1000C. Cho biết chiều tự diễn biến tại những nhiệt độ đó. – Xđ ở nhiệt độ nào thì ∆G = 0 ? Xác định chiều của phản ứng ở nhiệt độ cao hơn và thấp hơn nhiệt độ đó. Giả thiết ∆H và S của các chất thay đổi theo nhiệt độ không đáng kể. Câu 3. (3,0 điểm) Axit HCl là một axit có ứng dụng nhiều trong công nghiệp và sản xuất. Điều chế HCl có 2 phương pháp: + Phương pháp 1: Cho muối clorua tác dụng với axits H2SO4 đặc (rồi hòa tan khí HCl vào H2O). + Phương pháp 2: Tổng hợp từ H2 và Cl2. Tuy nhiên, cả 2 phương pháp này đều không được dùng để điều chế HBr, HI. Hãy: 1. Viết phương trình phản ứng cho cả 2 phương pháp trên? 2. Tại sao không sử dụng cả 2 phương pháp trên để điều chế HBr, HI? Giải thích? 3. Hãy đề nghị phương pháp điều chế HBr, HI (chỉ yêu cầu viết phương trình phản ứng)? Câu 4. (3,0 điểm) Hỗn hợp A gồm bột S và Mg. Đun nóng A trong điều kiện không có không khí, sau đó làm nguội và cho sản phẩm tác dụng với dung dịch HCl (dư) thu được 2,987 lít khí B có tỉ khối so với không khí bằng 0,8966. Đốt cháy hết khí B, sau đó cho toàn bộ sản phẩm vào 100ml H2O2 5% (D = 1g/ml) thu được dung dịch D. Xác định % khối lượng các chất trong A và nồng độ % các chất tạo ra trong dung dịch D. Cho thể tích các chất khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn.

Câu 5.(2,0 điểm) Cho phản ứng sau : Fe2+ +

Ag+ ↔

Fe3+

+ Ag

E0 (Ag+/Ag) = 0,80V ; E0 ( Fe3+/Fe2+ ) = 0,77V a/ Xác định chiều của phản ứng trong điều kiện chuẩn và tính hằng số cân bằng của phản ứng ở 298K b/ Xác định chiều của phản ứng xảy ra trong dung dịch Fe3+ 0,1M ; Fe2+ 0,01M và Ag+ 0,001M khi cho bột Ag vào dung dịch trên ?

Câu 6.(4,0 điểm) Hoàn thành và cân bằng các phản ứng hóa học sau theo phương pháp thăng bằng electron:

a) Mg + HNO3  → Mg(NO3)2 + N2O + N2 + NH4NO3 + H2O (biết tỉ lệ mol của N2O : N2 : NH4NO3 là 1: 2 : 1) b) M2(CO3)n + HNO3 đặc, nóng  → M(NO3)m + NO2 + CO2+ H2O c) CuFeSx + O2  → Cu2O + Fe3O4 + SO2↑ d) Fe3O4 + HNO3  → NxOy +

--------------------000--------------------

Trang 25

TRƯỜNG THPT NÔNG SƠN

HƯỚNG DẪN CHẤM OLYMPIC Môn: Hóa học 10

Năm học: 2016-2017

--------- ----------

Câu 1. (4 điểm)

ĐÁP ÁN Gọi số p và n trong M và X lần lượt là Z,N,Z’,N’ ta có hệ 4 phương trình: (2Z+N) + 2(2Z’+N’) = 164 (2Z+4Z’) – (N+2N’) = 52 (Z+N) – (Z’+N’) = 5 (2Z+N) – (2Z’+N’) = 8 Giải hệ phương trình được Z = 20, Z’ = 17 a) Cấu hình electron và vị trí: Z = 20: 1s22s22p63s23p64s2 → M thuộc ô số 20, chu kỳ 4, nhóm IIA trong BTH Z’ = 17: 1s22s22p63s23p5 → X thuộc ô số 17, chu kỳ 3, nhóm VIIA trong BTH b) Trật tự tăng dần bán kính nguyên tử: R Ca 2 + < R Cl− < R Ca - Bán kính nguyên tử tỉ lệ với thuận với số lớp electron và tỉ lệ nghịch với số đơn vị điện tích hạt nhân của nguyên tử đó. - Bán kính ion Ca2+ nhỏ hơn Cl- do có cùng số lớp electron (n = 3), nhưng điện tích hạt nhân Ca2+ (Z = 20) lớn hơn Cl- (Z = 17). Bán kính nguyên tử Ca lớn nhất do có số lớp electron lớn nhất (n = 4). c)Viết công thức cấu tạo:

ĐIỂM 1,0

1,0 1,0

1,0

H H H Cl Cl F Các phân tử trên đều thuộc loại AX3E( lai hoá tứ diện ). Tuy nhiên vì có cặp F

electron không liên kết nên góc liên kết nhỏ hơn góc tứ diện ( 109028’). Các góc liên kết cũng không đồng nhất vì các phối tử có độ âm điện khác nhau. Độ âm điện của các phối tử càng lớn, đám mây liên kết càng bị đẩy về phía các phối tử và do đó góc liên kết càng nhỏ. Vì độ âm điện giảm dần theo chiều: F > Cl > H. Nên góc FPF < góc ClPCl < góc HPH.

Câu 2. (4 điểm) 0

ĐÁP ÁN

Ở điều kiện chuẩn (1 atm và 25 C) : 0 0 ∆H0pư = ∆ H S( N 2 O 4 ) – 2∆ H S( NO 2 ) = 2309 – 2.8091 = –13873 (cal/mol)

ĐIỂM 1,0

∆S0pư = S0(N 2 O4 ) – 2 S0(NO2 ) = 72,7 – 2.57,5 = –42,2 (cal.mol–1.K–1)

Áp dụng : ∆G0T = ∆H0pư – T∆S0pư để tính ∆G ở các nhiệt độ khác nhau. (Vì ∆H0 và ∆S0 biến thiên không đáng kể theo nhiệt độ, nên có thể sử dụng để tính ∆G ở các nhiệt độ khác nhau theo công thức nêu ra.) + Ở 00C, tức 273K : ∆G0273 = –13873 + 42,2.273 = –2352 (cal/mol) 0 ∆G 273 < 0, vậy ở nhiệt độ này phản ứng diễn ra theo chiều thuận + Ở 1000C, tức 373K : ∆G0373 = –13873 + 42,2.373 = +1868 (cal/mol) > 0 Vậy phản ứng lúc này diễn ra theo chiều nghịch Khi phản ứng đạt trạng thái cân bằng ở nhiệt độ T nào đó thì ∆G0T = 0. Khi đó : –13873 + 42,2.T = 0 13873 T= = 329 (K) hay 560C 42, 2

1,0

1,0 1,0

Trang 26

Ở nhiệt độ t > 560C (hay T > 329K) thì : ∆G0T = –13873 + 42,2T > 0, phản ứng diễn ra theo chiều nghịch Ở nhiệt độ t < 560C (hay T < 329K) thì : ∆G0T = –13873 + 42,2T < 0, phản ứng diễn ra theo chiều thuận Câu 3. (3 điểm) ĐÁP ÁN

ĐIỂM

1. Điều chế HCl t0 PP1: NaCl + H2SO4 → NaHSO4 + HCl↑ t0 hay 2NaCl + H2SO4 → Na2SO4 + HCl↑ t0 PP2: Cl2 + H2 → HCl↑ Khí HCl thu được hấp thụ vào nước thu được dung dịch HCl.

1,0

2. Không sử dụng phương pháp này cho điều chế HBr và HI vì chúng đều là các chất khử. PP1: 2HBr + H2SO4 → Br2 + SO2 + 2H2O 8HI + H2SO4 → 4I2 + H2S + 4H2O t0 PP2: H2 + Br2 → 2HBr ∆H = -71,8kj H2 + I2 ↔ 2HI ∆H = +51,88kj Phản ứng này thuận nghịch nên hiệu suất thấp, không sử dụng.

1,0

3. Điều chế HBr, HI PBr3 + 3H2O → H3PO3 + 3HBr↑ PI3 + 3H2O → H3PO3 + 3HI↑

1,0

Câu 4. (3 điểm) Phương trình phản ứng:

ĐÁP ÁN S + Mg → MgS MgS + 2HCl → MgCl2 + H2S Mg + 2HCl → MgCl2 + H2

(1) (2) (3)

M B = 0,8966 × 29 = 26 ⇒ B chứa H2S và H2 [Mg có dư sau phản ứng (1)]

ĐIỂM 1,0

1,0

2,987   x + y = 22,4 Gọi x và y lần lượt là số mol khí H2S và H2, ta có  34x + 2 y  = 26  x + y

0,1 . Từ (1), (2), (3) ta có: 3 0,1 × 32 %m(S) = × 100% = 50%, %m(Mg) = 50% 0 , 1    0,1 +  × 24 + (0,1 × 32) 3  

Giải ra ta có x = 0,1 ; y =

Trang 27

3 O2 → SO2 + H2O 2 1 H2 + O2 → H2O 2 SO2 + H2O2 → H2SO4

H2 S +

1,0

Câu 5. (2 điểm) 1/

Fe2+

Ag+

↔

ĐÁP ÁN Fe3+

ĐIỂM 1,0

E0pin = 0,8 – 0,77 = 0,03V => Phản ứng xảy ra theo chiều thuận K = 10(En/0,059) = 10(0,03/0,059) = 3,225 2/ E = E0

+ (0,059/n).lg([oxh]/[kh])

1,0

E(Ag+/Ag )= 0,8 + 0,059.log(0,001) = 0,623V E(Fe3+/Fe2+ ) = 0,77 + 0,059.log.(0,1/0,01) = 0,829V E = 0,829 – 0,623 = 0,206V Do E > 0 nên phản ứng xảy ra theo chiều : Fe3+

↔ Fe2+

Ag+

Câu 6. (4 điểm) ĐÁP ÁN a) Mg + HNO3  → Mg(NO3)2 + N2O + N2 + NH4NO3 + H2O (biết tỉ lệ mol của N2O : N2 : NH4NO3 là 1: 2 : 1) 18 1

ĐIỂM

2+ Mg0  → Mg + 2e

+ 36 e  → N 2 O + 2N2 + N

−3

1,0

18Mg + 44HNO3  → 18Mg(NO3)2 + N2O + 2N2 + NH4NO3 + 20H2O b) M2(CO3)n + HNO3 đặc, nóng  → M(NO3)m + NO2 + CO2+ H2O 1 2M+n  → 2 M+m + 2(m-n) e 2(m-n)

→ N+4 N+5 + 1e 

1,0

M2(CO3)n + (4m-2n)HNO3 đặc, nóng  → 2M(NO3)m + 2(m-n)NO2 + nCO2+(2mn)H2O c) CuFeSx + O2  → Cu2O + Fe3O4 + SO2↑ +2 3Cu + 3e  → 3Cu+1 3x S-4/x  → 3xS+4 + 12(x+1)e +2 3Fe  → 3Fe+8/3+ 2e

Trang 28

3 CuFeSx  → 3Cu+1+ 3Fe+8/3+ 3xS+4 + (12x+11)e O2 + 4e  → 2O-2

4 (12x+11)

1,0

12 CuFeSx + (11+12x) O2 → 6Cu2O + 4Fe3O4 + 12xSO2 d) Fe3O4 + HNO3  → NxOy + Fe(NO3)3 + H2O (5x-2y) 1

3Fe+8/3  → 3Fe+3 + 1e

1,0

→ xN xN + (5x-2y)e  +5

+2y/x

(5x-2y) Fe3O4 + (46x-18y)HNO3  → NxOy + (15x-6y)Fe(NO3)3 + (23x-9y)H2O

Trang 29

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẢNG NAM TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH MÔN: HÓA HỌC – LỚP 10 NĂM HỌC: 2016 – 2017 Thời gian: 150 phút (không kể phát đề) (ĐỀ ĐỀ NGHỊ)

Câu 1.(4 điểm) a. Hãy nêu sự khác nhau cơ bản trong cấu tạo mạng tinh thể nguyên tử và mạng tinh thể ion. Liên kết hoá học trong hai loại mạng đó thuộc loại liên kết gì ? b. Giải thích tại sao CO32 –, không thể nhận thêm một oxi để tạo CO42 – trong khi đó SO32 – có thể nhận thêm 1 nguyên tử oxi để cho ra SO42 – ? c. Giải thích tại sao hai phân tử NO2 có thể kết hợp với nhau tạo ra phân tử N2O4, trong khi đó hai phân tử CO2 không thể kết hợp với nhau để tạo ra phân tử C2O4 Câu 2. (4 điểm) a.Bổ túc và cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electrom a.1. Cr2S3 + Mn(NO3)2 + K2CO3 K2CrO4 + K2SO4 + K2MnO4 + NO + CO2 H3PO4 + N2 + Cl2 + … a.2. P + NH4ClO4 a.3. FexOy + HNO3 … + NnOm + H2O b. Nguyên tử vàng có bán kính và khối lượng mol lần lượt là 1,44AO và 197g/mol. Biết rằng khối lượng riêng của vàng kim loại là 19,36g/cm3. Hỏi các nguyên tử vàng chiếm bao nhiêu % thể tích trong tinh thể ? (cho N = 6,02.1023) c. Viết công thức cấu tạo các chất sau: HClO4, H3PO3, NH4NO3, H2SO4 Câu 3(4 điểm). a. Hợp chất A có công thức MX2, trong đó M chiếm 46,67% về khối lượng. Trong hạt nhân của M có n – p = 4; của X có n’ = p’, trong đó n, n’, p, p’ là số nơtron và số proton. Tổng số proton trong MX2 là 58. Viết kí hiệu nguyên tử của M, X và cấu hình electron M 2+ b. Nguyên tử của các nguyên tố A, R, X có electron cuối cùng ứng với 4 số lượng tử: A: R: X:

n = 3 ℓ = 1 m = +1,

s=−

1 2 s=−

n = 2 ℓ = 1 m = 0, n = 2 ℓ = 1 m = +1,

s=−

1 2

b.1. Gọi tên A, R, X (theo quy ước các giá trị của m theo tứ tự +ℓ... 0 ...-ℓ) b.2. Xác định trạng thái lai hóa của các nguyên tử trung tâm và dạng hình học của các 2−

b. Có 1 lít dung dịch X gồm Na2CO3 0,1M và (NH4)2CO3 0,25M. Cho 43 gam hỗn hợp BaCl2 và CaCl2 vào dung dịch X, sau khi phản ứng kết thúc thu được 39,7 gam kết tủa A. Tính thành phần % khối lượng các chất trong A. Câu 5(4 điểm) 3,28g hỗn hợp 3 kim loại A, B, C có tỉ lệ số mol tương ứng là 4 : 3: 2 và có tỉ lệ khối lượng nguyên tử tương ứng là 3 : 5 : 7. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp 3 kim loại trên trong dung dịch HCl dư thì thu được 2,0161 lít khí (đktc) và dung dịch A a. Xác định 3 kim loại A, B, C, Biết khi chúng tác dụng với axit đều tạo muối kim loại hoá trị 2 b. Cho dung dịch xút dư vào dung dịch A, đun nóng trong không khí cho phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính lượng kết tủa thu được, biết rằng chỉ có 50% muối của kim loại B kết tủa với xút (cho: Ca = 40; Mg = 24; Fe = 56; Ni = 5; Sn = 118; Pb = 207; H = 1; O = 16) (Thí sinh không được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn, giáo viên coi thi không giải thích gì thêm)

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẢNG NAM TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÁP ÁN KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH MÔN: HÓA HỌC – LỚP 10 NĂM HỌC: 2016 – 2017 Trang 31

Câu 1 (4 đ)

Câu 2 (4 đ)

a.- Trong mạng tinh thể nguyên tử ở vị trí các nút của mạng là các nguyên tử, chúng liên kết với nhau bằng liên kết cộng hoá trị - Tronh mạng tinh thể ion ở vị trí các nút của mạng là các ion, chúng liên kết với nhau bằng lực hút tỉnh điện b. - Cấu tạo của CO32 – O 2– C=O O Trên nguyên tử cacbon trong CO32 – không còn electron tự do chưa liên kết nên không có khả năng liên kết thêm với 1 nguyên tử oxi để tạo ra CO42 – - Cấu tạo của SO32 – O 2– .. S=O O Trên nguyên tử lưu huỳnh còn 1 cặp electron tự do chưa liên kết, do đó nguyên tử lưu huỳnh có thể tạo liên kết cho nhận với 1 nguyên tử oxi thứ tư để tạo ra SO42 – c. - Cấu tạo của CO2 O=C=O Trên nguyên tử cacbon không còn electron tự do nên hai phân tử CO2 không thể liên kết với nhau để tạo ra C2O4 - Cấu tạo của NO2 O ·N O Trên nguyên tử nitơ còn 1 electron độc thân tự do, nên nguyên tử nitơ này có khả nặng tạo ra liên kết cộng hoá trị với nguyên tử nitơ trong phân tử thứ hai để tạo ra phân tử N2O4 O O O 2 N· N–N O O O

a.1. Cr2S3 + Mn(NO3)2 + K2CO3 K2CrO4 + K2SO4 + K2MnO4 + NO + CO2 2Cr+3 2Cr+6 + 6e –2 3S 3S+6 + 24e Cr2S3 2Cr+ 6 + 3S+ 6 + 30e x 1 (a) Mn+ 2 Mn+ 6 + 4e +5 2N + 6e 2N+ 2 Mn(NO3)2 + 2e Mn+ 6 + 2N+2 x 15 (b) Cộng (a) và (b) Cr2S3 + 15Mn(NO3)2 2Cr+ 6 + 3S+ 6 + 15Mn+ 6 + 30N+ 2 Hoàn thành: Cr2S3 + 15Mn(NO3)2 + 20K2CO3 2K2CrO4 + 3K2SO4 +15 K2MnO4 + 30NO + 20CO2

0,5 0,5 0,25 0,5 0,25 0,5

0,25 0,5 0,25 0,5

0,25

Trang 32

a.2. P + NH4ClO4 2N –3 2Cl+ 7 + 14e 2NH4ClO3 + 8e PO 10NH4NO3 + 8PO

H3PO4 + N2 + Cl2 + H2O 2NO + 6e 2ClO 2NO + 2ClO x 5 P+ 5 + 5e x8 8P+ 5 + 10NO + 10ClO + 16H2O

10NH4NO3 + 8P

8H3PO4 + 5N2 + 5Cl2 + 8H2O

0,25 0,25

a..3. FexOy + HNO3 Fe(NO3)3 + NnOm + H2O xFe+2y/x xFe+ 3 + (3x – 2y)e (5n – 2m) nN+ 5 + (5n – 2m)e nN+ 2m/n (3x – 2y) x(5n –2m)Fe+2y/x + n(3x – 2y)N+ 5 x(5n – 2m)Fe + 3 + n(3x – +2m/n 2y)N Hoàn thành: (5n – m)FexOy + (18nx – 6my – 2ny)HNO3 x(5n – 2m)Fe(NO3)3 + (3x – 2y)NnOm + (9nx – 3mx – ny)H2O

0,25 0,25

b. Ta có: mng tửAu = 197/6,02.1023 = 327,24.10 – 24g r = 1,44AO = 1,44.10 – 8cm VAu = 4/3.п r3 = 4/3. 3,14.(1,44.10 – 8)3 = 12,5.10 – 24cm3 d = (327,24.10– 24)/(12,5.10 – 24) = 26,179g/cm3 Gọi x là % thể tích Au chiếm chỗ Ta có: x = (19,36.100)/26,179 = 73,95 % c.Công thức cấu tạo: O

0,25 0,25

O H–O

H – Cl = O Hay: H – Cl

H–O P=O

Hay:

H–O O H

O O +

H– N–H

Câu 3 (4đ)

O Hay:

S H–O

H–O ;

H–O H

– O–N

H–O

M ỗi CTCT 0,5

S H–O

a. Hợp chất A; MX2 Ta có: p+n = 46,67 2(p’ + n’) 53,33 p + n = 1,75(n’ + p’) (a) n–p=4

0,25

Trang 33

(b)

0,5 n’ = p’

0,25

p = 26 ; p’ = 16 n = 30; n’ = 16 AM = 26 + 30 = 56; AX = 16 + 16 = 32 • Kí hiệu nguyên tử: 56 32

0,5

M là Fe; X là S * Cấu hình electron Fe2+: 1s22s22p63s23p63d6 b. b.1.

0,5

3p4 ⇒ A là S

2p5 ⇒ A là F

0,5

0,5 2p4 ⇒ A là O

b.2. Trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học: F2O, O lai hóa sp3, phân tử dạng góc:

0,25

O F

SF6, S lai hóa sp3d, bát diện đều:

0,25

S F

F H2SO3, S lai hóa sp3, dạng tháp tam giác.

Trang 34

S O

OH OH

0,25

SO 24− , S lai hóa sp3, tứ diện đều. 2-

O S O

O O

0,25

Câu 4 (4đ)

a. Giá trị năng lượng ion hóa tương ứng với các nguyên tố: IA II III IVA VA VIA VII VIII A A A A Li Be B C N O F Ne 2s1 2s2 2p1 2p2 2p3 2p4 2p5 2p6 I1 52 89 801 108 140 131 168 2081 (kJ/mol) 0 9 6 2 4 1 Nhìn chung từ trái qua phải trong một chu kỳ năng lượng ion hóa I1 tăng dần, phù hợp với sự biến thiên nhỏ dần của bán kính nguyên tử. Có hai biến thiên bất thường xảy ra ở đây là: - Từ IIA qua IIIA, năng lượng I1 giảm do có sự chuyển từ cấu hình bền ns2 qua cấu hình kém bền hơn ns2np1 (electron p chịu ảnh hưởng chắn của các electron s nên liên kết với hạt nhân kém bền chặt hơn). - Từ VA qua VIA, năng lượng I1 giảm do có sự chuyển từ cấu hình bền ns2np3 qua cấu hình kém bền hơn ns2np4 (trong p3 chỉ có các electron độc thân, p4 có một cặp ghép đôi, xuất hiện lực đẩy giữa các electron).

0,5 0,5

b. Học sinh viết ptpu, ta có thể tóm tắt như sau: M2+ + CO32MCO3 0,25 Dự vào số mol muối cacbonat, tính được nCO32- = 0,35 0,25 Theo tăng giảm khối lượng thấy từ 1 mol MCl2 về MCO3 khối lượng giảm 11 0,25 gam. Thực tế khối lượng giảm 43 – 39,7 = 3,3 gam

Số mol MCO3 =

3,3 = 0,3 0,5 11

< nCO32- -> CO32- có dư, M2+ pư hết nBaCl2 = x, CaCl2 = y, lập hệ pt đại số 208x +111y = 43 và x + y = 0,3 giải ra được BaCO3 = 0,1 mol, CaCO3 = 0,2 mol và % BaCO3 = 49,62%, CaCO3 = 50,38%.

0,25 0,5 Trang 35

Câu 5 (4đ)

a. Gọi số mol 3 kim loại A, B, C lần lượt là: 4x, 3x, 2x và KLNT tương ứng là MA, MB, MC số mol H2 = 2,0262/22,4 = 0,09 mol ptpư: A + 2HCl ACl2 + H2 (1) 4x 4x 4x B + 2HCl BCl2 + H2 (2) 3x 3x 3x C + 2HCl CCl2 + H2 (3) 2x 2x 2x x = 0,01 (a) Từ (1), (2), (3) ta có : 4x + 3x + 2x = 0,09 Ta có: MB = 5/3MA (b) MC = 7/3MA (c) Mặc khác ta có: MA.4x + MB.3x + MC.2x = 3,28 (d) Từ (a), (b), (c), (d) suy ra: MA(0,04 + 5/3.0,03 + 7/3.0,02) = 3,28 Suy ra: MA = 24 A: Mg B: Ca MB = 5/3.24 = 40 MC = 7/3.24 = 56 C: Fe b. Dung dịch (A): MgCl2, CaCl2, FeCl2 Phương trình phản ứng: MgCl2 + 2NaOH Mg(OH)2 + 2NaCl (4) 4x 4x CaCl2 + 2NaOH Ca(OH)2 + 2NaCl (5) 1,5x 1,5x FeCl2 + 2NaOH Fe(OH)2 + 2NaCl (6) 2x 2x 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O 4Fe(OH)3 (7) 2x 2x Từ (4), (5), (6), (7) suy ra: 58.0,04 +74.0,015 + 107.0,02 = 5,57g

Năm học: 2016-2017

ĐỀ THI OLYMPIC Môn: Hóa học 10

--------- ----------

Thời gian làm bài: 120 phút

TRƯỜNG THPT NÔNG SƠN

0,25 0,25 0,25 0,25

0,5

0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,75

Câu 1. (4,0 điểm) Trong phân tử MX2 có tổng số hạt p, n, e bằng 164 hạt, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 52 hạt. Số khối của nguyên tử M lớn hơn số khối của nguyên tử X là 5. Tổng số hạt p,n,e trong nguyên tử M lớn hơn trong nguyên tử X là 8 hạt. c) Dựa trên cấu hình electron, cho biết vị trí của các nguyên tố trên trong bảng hệ thống tuần hoàn. d) So sánh (có giải thích) bán kính của các nguyên tử và ion X, X2+ và Y-.

Trang 36

c) Hãy cho biết cấu trúc hình học của các phân tử: PF3 , PCl3, PH3 và hãy so sánh các góc liên kết giữa nguyên tử P với các nguyên tử khác trong phân tử.

Câu 2. (4,0 điểm) Phản ứng nhị hợp NO2 : 2NO2 (k) → N2O4 (k) Biết ∆H0S (kcal/mol) : 8,091 2,309 57,2 72,2 S0 (cal.mol–1.K–1) : – Tính biến thiên năng lượng tự do của pư ở 00C và 1000C. Cho biết chiều tự diễn biến tại những nhiệt độ đó. – Xđ ở nhiệt độ nào thì ∆G = 0 ? Xác định chiều của phản ứng ở nhiệt độ cao hơn và thấp hơn nhiệt độ đó. Giả thiết ∆H và S của các chất thay đổi theo nhiệt độ không đáng kể. Câu 3. (3,0 điểm) Axit HCl là một axit có ứng dụng nhiều trong công nghiệp và sản xuất. Điều chế HCl có 2 phương pháp: + Phương pháp 1: Cho muối clorua tác dụng với axits H2SO4 đặc (rồi hòa tan khí HCl vào H2O). + Phương pháp 2: Tổng hợp từ H2 và Cl2. Tuy nhiên, cả 2 phương pháp này đều không được dùng để điều chế HBr, HI. Hãy: 1. Viết phương trình phản ứng cho cả 2 phương pháp trên? 2. Tại sao không sử dụng cả 2 phương pháp trên để điều chế HBr, HI? Giải thích? 3. Hãy đề nghị phương pháp điều chế HBr, HI (chỉ yêu cầu viết phương trình phản ứng)? Câu 4. (3,0 điểm) Hỗn hợp A gồm bột S và Mg. Đun nóng A trong điều kiện không có không khí, sau đó làm nguội và cho sản phẩm tác dụng với dung dịch HCl (dư) thu được 2,987 lít khí B có tỉ khối so với không khí bằng 0,8966. Đốt cháy hết khí B, sau đó cho toàn bộ sản phẩm vào 100ml H2O2 5% (D = 1g/ml) thu được dung dịch D. Xác định % khối lượng các chất trong A và nồng độ % các chất tạo ra trong dung dịch D. Cho thể tích các chất khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn.

Câu 5.(2,0 điểm) Cho phản ứng sau : Fe2+ +

Ag+ ↔

Fe3+

+ Ag

Câu 6.(4,0 điểm) Hoàn thành và cân bằng các phản ứng hóa học sau theo phương pháp thăng bằng electron:

a) Mg + HNO3  → Mg(NO3)2 + N2O + N2 + NH4NO3 + H2O (biết tỉ lệ mol của N2O : N2 : NH4NO3 là 1: 2 : 1) b) M2(CO3)n + HNO3 đặc, nóng  → M(NO3)m + NO2 + CO2+ H2O

Trang 37

c) CuFeSx + O2  → Cu2O + Fe3O4 + SO2↑ d) Fe3O4 + HNO3  → NxOy +

--------------------000--------------------

Trang 38

TRƯỜNG THPT NÔNG SƠN

HƯỚNG DẪN CHẤM OLYMPIC Môn: Hóa học 10

Năm học: 2016-2017

--------- ----------

Câu 1. (4 điểm)

ĐÁP ÁN Gọi số p và n trong M và X lần lượt là Z,N,Z’,N’ ta có hệ 4 phương trình: (2Z+N) + 2(2Z’+N’) = 164 (2Z+4Z’) – (N+2N’) = 52 (Z+N) – (Z’+N’) = 5 (2Z+N) – (2Z’+N’) = 8 Giải hệ phương trình được Z = 20, Z’ = 17 b) Cấu hình electron và vị trí: Z = 20: 1s22s22p63s23p64s2 → M thuộc ô số 20, chu kỳ 4, nhóm IIA trong BTH Z’ = 17: 1s22s22p63s23p5 → X thuộc ô số 17, chu kỳ 3, nhóm VIIA trong BTH b) Trật tự tăng dần bán kính nguyên tử: R Ca 2 + < R Cl− < R Ca - Bán kính nguyên tử tỉ lệ với thuận với số lớp electron và tỉ lệ nghịch với số đơn vị điện tích hạt nhân của nguyên tử đó. - Bán kính ion Ca2+ nhỏ hơn Cl- do có cùng số lớp electron (n = 3), nhưng điện tích hạt nhân Ca2+ (Z = 20) lớn hơn Cl- (Z = 17). Bán kính nguyên tử Ca lớn nhất do có số lớp electron lớn nhất (n = 4). c)Viết công thức cấu tạo:

ĐIỂM 1,0

1,0 1,0

1,0

H H H Cl Cl F Các phân tử trên đều thuộc loại AX3E( lai hoá tứ diện ). Tuy nhiên vì có cặp F

Câu 2. (4 điểm) 0

ĐÁP ÁN

Ở điều kiện chuẩn (1 atm và 25 C) : 0 0 ∆H0pư = ∆ H S( N 2 O 4 ) – 2∆ H S( NO 2 ) = 2309 – 2.8091 = –13873 (cal/mol)

ĐIỂM 1,0

∆S0pư = S0(N 2 O4 ) – 2 S0(NO2 ) = 72,7 – 2.57,5 = –42,2 (cal.mol–1.K–1)

1,0

1,0 1,0

Trang 39

ĐIỂM

1,0

3. Điều chế HBr, HI PBr3 + 3H2O → H3PO3 + 3HBr↑ PI3 + 3H2O → H3PO3 + 3HI↑

1,0

Câu 4. (3 điểm) Phương trình phản ứng:

ĐÁP ÁN S + Mg → MgS MgS + 2HCl → MgCl2 + H2S Mg + 2HCl → MgCl2 + H2

(1) (2) (3)

M B = 0,8966 × 29 = 26 ⇒ B chứa H2S và H2 [Mg có dư sau phản ứng (1)]

ĐIỂM 1,0

1,0

2,987   x + y = 22,4 Gọi x và y lần lượt là số mol khí H2S và H2, ta có  34x + 2 y  = 26  x + y

0,1 . Từ (1), (2), (3) ta có: 3 0,1 × 32 %m(S) = × 100% = 50%, %m(Mg) = 50% 0 , 1    0,1 +  × 24 + (0,1 × 32) 3  

Giải ra ta có x = 0,1 ; y =

Trang 40

3 O2 → SO2 + H2O 2 1 H2 + O2 → H2O 2 SO2 + H2O2 → H2SO4

H2 S +

1,0

Câu 5. (2 điểm) 1/

Fe2+

Ag+

↔

ĐÁP ÁN Fe3+

ĐIỂM 1,0

E0pin = 0,8 – 0,77 = 0,03V => Phản ứng xảy ra theo chiều thuận K = 10(En/0,059) = 10(0,03/0,059) = 3,225 2/ E = E0

+ (0,059/n).lg([oxh]/[kh])

1,0

E(Ag+/Ag )= 0,8 + 0,059.log(0,001) = 0,623V E(Fe3+/Fe2+ ) = 0,77 + 0,059.log.(0,1/0,01) = 0,829V E = 0,829 – 0,623 = 0,206V Do E > 0 nên phản ứng xảy ra theo chiều : Fe3+

↔ Fe2+

Ag+

Câu 6. (4 điểm) ĐÁP ÁN a) Mg + HNO3  → Mg(NO3)2 + N2O + N2 + NH4NO3 + H2O (biết tỉ lệ mol của N2O : N2 : NH4NO3 là 1: 2 : 1) 18 1

ĐIỂM

2+ Mg0  → Mg + 2e

+ 36 e  → N 2 O + 2N2 + N

−3

1,0

18Mg + 44HNO3  → 18Mg(NO3)2 + N2O + 2N2 + NH4NO3 + 20H2O b) M2(CO3)n + HNO3 đặc, nóng  → M(NO3)m + NO2 + CO2+ H2O 1 2M+n  → 2 M+m + 2(m-n) e 2(m-n)

→ N+4 N+5 + 1e 

1,0

Trang 41

3 CuFeSx  → 3Cu+1+ 3Fe+8/3+ 3xS+4 + (12x+11)e O2 + 4e  → 2O-2

4 (12x+11)

1,0

12 CuFeSx + (11+12x) O2 → 6Cu2O + 4Fe3O4 + 12xSO2 d) Fe3O4 + HNO3  → NxOy + Fe(NO3)3 + H2O (5x-2y) 1

3Fe+8/3  → 3Fe+3 + 1e

1,0

→ xN xN + (5x-2y)e  +5

+2y/x

(5x-2y) Fe3O4 + (46x-18y)HNO3  → NxOy + (15x-6y)Fe(NO3)3 + (23x-9y)H2O

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẢNG NAM TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH MÔN: HÓA HỌC – LỚP 10 NĂM HỌC: 2016 – 2017 Thời gian: 150 phút (không kể phát đề) (ĐỀ ĐỀ NGHỊ)

Câu 1.(4 điểm) d. Hãy nêu sự khác nhau cơ bản trong cấu tạo mạng tinh thể nguyên tử và mạng tinh thể ion. Liên kết hoá học trong hai loại mạng đó thuộc loại liên kết gì ? e. Giải thích tại sao CO32 –, không thể nhận thêm một oxi để tạo CO42 – trong khi đó SO32 – có thể nhận thêm 1 nguyên tử oxi để cho ra SO42 – ? f. Giải thích tại sao hai phân tử NO2 có thể kết hợp với nhau tạo ra phân tử N2O4, trong khi đó hai phân tử CO2 không thể kết hợp với nhau để tạo ra phân tử C2O4 Câu 2. (4 điểm) a.Bổ túc và cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electrom a.1. Cr2S3 + Mn(NO3)2 + K2CO3 K2CrO4 + K2SO4 + K2MnO4 + NO + CO2 a.2. P + NH4ClO4 H3PO4 + N2 + Cl2 + … … + NnOm + H2O a.3. FexOy + HNO3 b. Nguyên tử vàng có bán kính và khối lượng mol lần lượt là 1,44AO và 197g/mol. Biết rằng khối lượng riêng của vàng kim loại là 19,36g/cm3. Hỏi các nguyên tử vàng chiếm bao nhiêu % thể tích trong tinh thể ? (cho N = 6,02.1023) c. Viết công thức cấu tạo các chất sau: HClO4, H3PO3, NH4NO3, H2SO4 Câu 3(4 điểm). a. Hợp chất A có công thức MX2, trong đó M chiếm 46,67% về khối lượng. Trong hạt nhân của M có n – p = 4; của X có n’ = p’, trong đó n, n’, p, p’ là số nơtron và số proton. Tổng số proton trong MX2 là 58. Viết kí hiệu nguyên tử của M, X và cấu hình electron M 2+ b. Nguyên tử của các nguyên tố A, R, X có electron cuối cùng ứng với 4 số lượng tử: A: R: X:

n = 3 ℓ = 1 m = +1,

s=−

1 2 s=−

n = 2 ℓ = 1 m = 0, n = 2 ℓ = 1 m = +1,

s=−

1 2

Trang 42

phân tử và ion sau: R2X, AR6, H2AX3, AX 4 (H là hidro). Câu 4 (4 điểm). a. Năng lượng ion hóa thứ nhất (I1- kJ/mol) của các nguyên tố chu kỳ 2 có giá trị (không theo trật tự) 1402, 1314, 520, 899, 2081, 801, 1086, 1681. Hãy gắn các giá trị này cho các nguyên tố tương ứng. Giải thích. b. Có 1 lít dung dịch X gồm Na2CO3 0,1M và (NH4)2CO3 0,25M. Cho 43 gam hỗn hợp BaCl2 và CaCl2 vào dung dịch X, sau khi phản ứng kết thúc thu được 39,7 gam kết tủa A. Tính thành phần % khối lượng các chất trong A. Câu 5(4 điểm) 3,28g hỗn hợp 3 kim loại A, B, C có tỉ lệ số mol tương ứng là 4 : 3: 2 và có tỉ lệ khối lượng nguyên tử tương ứng là 3 : 5 : 7. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp 3 kim loại trên trong dung dịch HCl dư thì thu được 2,0161 lít khí (đktc) và dung dịch A a. Xác định 3 kim loại A, B, C, Biết khi chúng tác dụng với axit đều tạo muối kim loại hoá trị 2 c. Cho dung dịch xút dư vào dung dịch A, đun nóng trong không khí cho phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính lượng kết tủa thu được, biết rằng chỉ có 50% muối của kim loại B kết tủa với xút (cho: Ca = 40; Mg = 24; Fe = 56; Ni = 5; Sn = 118; Pb = 207; H = 1; O = 16) (Thí sinh không được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn, giáo viên coi thi không giải thích gì thêm)

Trang 43

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẢNG NAM TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐÁP ÁN KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH MÔN: HÓA HỌC – LỚP 10 NĂM HỌC: 2016 – 2017 Câu 1 (4 đ)

Câu 2 (4 đ)

a.1. Cr2S3 + Mn(NO3)2 + K2CO3 K2CrO4 + K2SO4 + K2MnO4 + NO + CO2 2Cr+3 2Cr+6 + 6e 3S–2 3S+6 + 24e Cr2S3 2Cr+ 6 + 3S+ 6 + 30e x 1 (a)

0,5 0,5 0,25 0,5 0,25 0,5

0,25 0,5 0,25 0,5

0,25

Trang 44

Mn+ 2 Mn+ 6 + 4e +5 2N + 6e 2N+ 2 Mn+ 6 + 2N+2 x 15 (b) Mn(NO3)2 + 2e Cộng (a) và (b) Cr2S3 + 15Mn(NO3)2 2Cr+ 6 + 3S+ 6 + 15Mn+ 6 + 30N+ 2 Hoàn thành: Cr2S3 + 15Mn(NO3)2 + 20K2CO3 2K2CrO4 + 3K2SO4 +15 K2MnO4 + 30NO + 20CO2

a.2. P + NH4ClO4 2N –3 2Cl+ 7 + 14e 2NH4ClO3 + 8e PO 10NH4NO3 + 8PO

H3PO4 + N2 + Cl2 + H2O 2NO + 6e 2ClO 2NO + 2ClO x 5 +5 P + 5e x8 8P+ 5 + 10NO + 10ClO + 16H2O

10NH4NO3 + 8P

8H3PO4 + 5N2 + 5Cl2 + 8H2O

0,25 0,25

a..3. FexOy + HNO3 Fe(NO3)3 + NnOm + H2O +2y/x +3 xFe xFe + (3x – 2y)e (5n – 2m) nN+ 2m/n (3x – 2y) nN+ 5 + (5n – 2m)e x(5n –2m)Fe+2y/x + n(3x – 2y)N+ 5 x(5n – 2m)Fe + 3 + n(3x – +2m/n 2y)N Hoàn thành: (5n – m)FexOy + (18nx – 6my – 2ny)HNO3 x(5n – 2m)Fe(NO3)3 + (3x – 2y)NnOm + (9nx – 3mx – ny)H2O

0,25 0,25

H – Cl = O Hay: H – Cl

H– N–H

P=O

O O

Hay:

H–O ;

H–O H

– O–N

0,25

H–O

H–O +

0,25

O H–O

O H

0,25

H O Hay:

H–O

M ỗi CTCT 0,5

S Trang 45

H–O H

Câu 3 (4đ)

H–O

a. Hợp chất A; MX2 Ta có: p+n = 46,67 2(p’ + n’) 53,33 p + n = 1,75(n’ + p’) (a) n–p=4 (b) n’ = p’ (c) p + 2p’ = 58 (d) p = 26 ; p’ = 16 Từ (a), (b), (c), (d) n = 30; n’ = 16 AM = 26 + 30 = 56; AX = 16 + 16 = 32 • Kí hiệu nguyên tử: 56 32

0,25

0,5

0,25

0,5

M là Fe; X là S * Cấu hình electron Fe2+: 1s22s22p63s23p63d6 b. b.1.

0,5

3p4 ⇒ A là S

2p5 ⇒ A là F

0,5

0,5 C:

2p4 ⇒ A là O

b.2. Trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học: F2O, O lai hóa sp3, phân tử dạng góc:

0,25 Trang 46

O F

SF6, S lai hóa sp3d, bát diện đều:

0,25

F F

H2SO3, S lai hóa sp3, dạng tháp tam giác.

S O

OH OH

0,25

SO 24− , S lai hóa sp3, tứ diện đều. 2-

O S O

Câu 4 (4đ)

O O

0,25

0,5 0,5

Trang 47

qua cấu hình kém bền hơn ns2np4 (trong p3 chỉ có các electron độc thân, p4 có một cặp ghép đôi, xuất hiện lực đẩy giữa các electron).

b. Học sinh viết ptpu, ta có thể tóm tắt như sau: M2+ + CO32MCO3 0,25 2Dự vào số mol muối cacbonat, tính được nCO3 = 0,35 0,25 Theo tăng giảm khối lượng thấy từ 1 mol MCl2 về MCO3 khối lượng giảm 11 0,25 gam. Thực tế khối lượng giảm 43 – 39,7 = 3,3 gam

Số mol MCO3 =

3,3 = 0,3 0,5 11

Câu 5 (4đ)

0,25 0,5

a. Gọi số mol 3 kim loại A, B, C lần lượt là: 4x, 3x, 2x và KLNT tương ứng là MA, MB, MC số mol H2 = 2,0262/22,4 = 0,09 mol ptpư: A + 2HCl ACl2 + H2 (1) 4x 4x 4x B + 2HCl BCl2 + H2 (2) 3x 3x 3x C + 2HCl CCl2 + H2 (3) 2x 2x 2x Từ (1), (2), (3) ta có : 4x + 3x + 2x = 0,09 x = 0,01 (a) Ta có: MB = 5/3MA (b) MC = 7/3MA (c) (d) Mặc khác ta có: MA.4x + MB.3x + MC.2x = 3,28 Từ (a), (b), (c), (d) suy ra: MA(0,04 + 5/3.0,03 + 7/3.0,02) = 3,28 Suy ra: MA = 24 A: Mg B: Ca MB = 5/3.24 = 40 MC = 7/3.24 = 56 C: Fe b. Dung dịch (A): MgCl2, CaCl2, FeCl2 Phương trình phản ứng: MgCl2 + 2NaOH Mg(OH)2 + 2NaCl (4) 4x 4x CaCl2 + 2NaOH Ca(OH)2 + 2NaCl (5) 1,5x 1,5x FeCl2 + 2NaOH Fe(OH)2 + 2NaCl (6) 2x 2x 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O 4Fe(OH)3 (7) 2x 2x Từ (4), (5), (6), (7) suy ra: 58.0,04 +74.0,015 + 107.0,02 = 5,57g

0,25 0,25 0,25 0,25

0,5

0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,75

Trang 48

SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM TRƯỜNG THPT TRẦN VĂN DƯ

KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 24 – 3 LẦN 2 NĂM HỌC 2016 - 2017

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN HÓA – Khối 10 Thời gian: 150 phút Câu 1: (2 điểm) 1.1 Một hợp chất A tạo thành từ các ion X+ và Y2-. Trong ion X+ có 5 hạt nhân của hai nguyên tố và có 10 eletron. Trong ion Y2- có 4 hạt nhân thuộc hai nguyên tố trong cùng một chu kỳ và đứng cách nhau một ô trong bảng tuần hoàn. Tổng số eletron trong Y2- là 32. Hãy xác định các nguyên tố trong hợp chất A và lập công thức hóa học của A. 1.2. Có 3 nguyên tố A, B và C. A tác dụng mạnh với B ở nhiệt độ cao sinh ra D. Chất D bị thủy phân mạnh trong nước tạo ra khí cháy được và có mùi trứng thối. B và C tác dụng với nhau cho khí E, khí này tan trong nước tạo dung dịch làm quỳ tím hóa đỏ. Hợp chất A với C có trong tự nhiên và thuộc loại cứng nhất. Hợp chất chứa 3 nguyên tố A, B, C là muối không màu, tan trong nước và bị thủy phân. Xác định A, B, C và viết các phản ứng xảy ra ở trên. Câu HƯỚNG DẪN CHẤM 1 1.1 Xác định X+ X+ có 10 electron ⇒ nên tổng proton trong 5 hạt nhân là 11 Z = 2,2. Vậy có 1 nguyên tử là H Gọi nguyên tử thứ hai trong X+ là R, công thức X+ có thể là; RH4+ : ZR + 4 = 11 ⇒ ZR = 7 (N) ; X+: NH4+ (nhận) R2H3+ : 2ZR + 3 = 11 ⇒ ZR = 4 loại : R3H2+ : 3ZR + 2 =11 ⇒ ZR = 3 loại Xác định Y2Y2- có 32 eletron nên tổng số hạt proton trong 4 nguyên tử là 30. 2Z = 7,5 ⇒ 2 nguyên tử trong Y đều thuộc cùng chu kỳ 2. Gọi 2 nguyên tử là A, B: ZB= ZA +2 Công thức Y2- có thể là AB32- : ZA+ 3ZB = 30 ZB= ZA +2 ⇒ ZA= 6 (C); ZB = 8 (O) 2A2B2 : 2ZA+ 2ZB = 30 ZB= ZA +2 ⇒ ZA= 6,5; ZB = 8,5 loại 2A3B : 3ZA+ ZB = 30 ZB= ZA +2 ⇒ ZA= 7; ZB = 9 loại Hợp chất A có công thức (NH4)2CO3 1.2 AnBm là muối khi thủy phân cho H2S; hợp chất AxCy là Al2O3

Điể m 1,5Đ

1Đ

Vậy A là Al; B là S; C là O; Hợp chất A,B,C là Al2(SO4)3 Trang 49

2Al + 3 S → Al2S3

; Al2S3 + 6H2O → 2 Al(OH)3 + 3 H2S

4Al + 3O2 → 2Al2O3

; S + O2 → SO2

Al3+ + 2H2O → Al(OH)2+ + H3O+ Câu 2. (2 điểm) 2.1 Xác định bậc phản ứng và hằng số tốc độ phản ứng ở pha khí (3000k) của phản ứng: A(k) + B(k) → C(k) Dựa trên kết quả thực nghiệm sau đây: Thí nghiệm [A] mol/l 1 0,010 2 0,010 3 0,020 2.2 Cho các dữ kiện dưới đây: C2 H 4 + H 2 → C2 H 6

[B] mol/l 0,010 0,020 0,020

Tốc độ mol.l-1.s-1 1,2.10-4 2,4.10-4 9,6.10-4

∆H a = −136, 951 KJ / mol

7 C2 H 6 + O 2 → 2CO 2 + 3H 2 O(l) ∆H b = −1559,837 KJ / mol 2 C + O 2 → CO 2 ∆H c = −393,514 KJ / mol 1 H 2 + O 2 → H 2 O(l) ∆H d = −285,838 KJ / mol 2

Hãy xác định: Nhiệt hình thành và nhiệt đốt cháy của etylen C2H4 2.3. Hòa tan một mẫu kẽm trong axit HCl ở 200C thấy kết thúc sau 27 phút. Ở 400C cũng mẫu đó tan hết sau 3 phút. Hỏi ở 550C, mẫu Zn tan sau bao lâu. Câu 2 2.1

HƯỚNG DẪN CHẤM a. v = k[A]x[B]y Thí nghiệm 1 ⇒ 1,2.10-4 = k.0,01x . 0,01y Thí nghiệm 2 ⇒ 2,4.10-4 = k.0,01x . 0,02y Thí nghiệm 3 ⇒ 9,6.10-4 = k.0,02x . 0,02y Lấy (3) chia cho (2) ⇒2x = 4 ⇒ x = 2 Lấy (2) chia cho (1) ⇒ 2y = 2 ⇒ y = 1

Điểm 0,5Đ

(1) (2) (3)

v = k [ A ] [ B] 2

Bậc phản ứng: x + y = 3 Thí nghiệm 1 ⇒ 1,2.10-4 = k.0,012 . 0,01 ⇒ k = 1,20.102mol-2 . l-2.s-1 Từ các dữ kiện đề bài ta có: 2.2

 C 2 H 6 → C2 H 4 + H 2   2CO 2 + 3H 2 O(l) → C 2 H 6 + 7 O 2  2 + 2C + 2O → 2CO 2 2   3  3H 2 + O 2 → 3H 2 O(l)  2

1Đ

∆H1 = −∆H a = +136, 951 KJ / mol ∆H 2 = −∆H b = +1559,837 KJ / mol ∆H 3 = 2∆H C = −787, 028 KJ / mol ∆H 4 = 3∆H d = −857, 514 KJ / mol

Trang 50

2C + 2H2 →C2H4 ∆Hht = ∆H1 + ∆H2 + ∆H3 + ∆H4 = +52,246 KJ/mol (0,5đ)  C2 H 4 → 2C + 2H 2 ∆H 5 = −∆H ht = −52, 246 KJ / mol  ⇒ + 2C + 2O 2 → 2CO 2 ∆H 3 = −787, 028 KJ / mol 2H + O → 2H O ( l ) ∆H 6 = 2∆H d = −571, 676KJ / mol 2 2  2

C2H4 + 3O2 → 2CO2 + 2 H2O(l) ∆Hđc = ∆H5 + ∆H3 + ∆H6 = 1410,95 KJ/mol Cả 3 trường hợp đều hòa tan cùng 1 lượng Zn nên có thể xem tốc độ trung bình của phản ứng tỉ lệ nghịch với thời gian phản ứng Khi đun nóng từ 200C đến 400C, tốc độ phản ứng tăng lên 9 lần t 2 − t1 V2 = γ 10 =9 V1

γ =3 55−40

Vậy khi đun nóng từ 400C đến 550C, tốc độ phản ứng tăng 3 10 =5,2 (lần) 2.3

Vậy thời gian là

0,5Đ

3 =0,577 phút 5,2

Câu 3: (2điểm)

3.1 Bằng phương pháp hoá học hãy phân biệt các dung dịch đựng trong các lọ mất nhãn sau: NaCl, NaNO3, HCl, HBr, NaOH 3.2 Cân bằng các phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron: a. Zn + HNO3 →Zn(NO3)2 + NH4NO3 + H2O b. H2SO4 + HI → I2 + H2S + H2O c. NaClO + KI + H2SO4 → I2 + NaCl + K2SO4 + H2O d. K2Cr2O7 + HCl → KCl + CrCl3 + Cl2 + H2O

3.3 Nếu muốn thực hiện các quá trình sau đây: b. Cu + → Cu 2+ c. Mn 2+ → MnO4− d. Fe2+ → Fe3+ a. Sn 2+ → Sn 4+ Chúng ta có thể dùng nước brom được không? Biết: E 0 Fe / Fe = +0, 77v ; E 0CU / Cu = +0,34v ; E 0 MnO / Mn = +1,51v 3+

E Sn 4 + / Sn 2 + = +0,15v

− 4

;

E Br / 2Br − = +1, 07v 2

Viết phương trình phản ứng nếu xảy ra và tính hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra. Câu 3 3.1

HƯỚNG DẪN CHẤM + Lấy mẫu thử từ các dung dịch trên. + Dùng quỳ tím: - Dung dịch làm quỳ hoá xanh là NaOH - Dung dịch làm quỳ hoá đỏ là: HCl; HBr (axit) - Dung dịch không làm đổi màu quỳ là NaCl, NaNO3 (muối) + Nhận biết các axit: dùng dung dịch AgNO3

Điểm 0,75đ

Trang 51

- Dung dịch có tạo kết tủa trắng với AgNO3 là HCl Ptpư: HCl + AgNO3 → AgCl ↓ + HNO3 - Dung dịch có tạo kết tủa vàng với AgNO3 là HBr Ptpư: HBr + AgNO3 → AgBr ↓ + HNO3 + Nhận biết các dung dịch muối: dùng dung dịch AgNO3: - Dung dịch có tạo kết tủa với AgNO3 là NaCl Ptpư: NaCl + AgNO3 → AgCl ↓ + NaNO3 - Dung dịch còn lại là NaNO3 3.2

0,5đ

a. 4Zn + 10HNO3 →4Zn(NO3)2 + NH4NO3 + 3H2O b. H2SO4 + 8HI → 4I2 + H2S + 4H2O c. NaClO + 2KI + H2SO4 → I2 + NaCl + K2SO4 + H2O

d. K2Cr2O7 + 14HCl → 2KCl + 2CrCl3 + 3Cl2 + 7H2O 3.3

Sắp xếp các nữa phản ứng theo chiều tăng dần của thế điện cực chuẩn, ta có: Sn 4+ + 2e Sn 2+

E 0Sn 4 + / Sn 2 + = +0,15v

Cu 2+ + e Cu +

E 0 Cu 2 + / Cu + = +0, 34v

Fe3+ + e Fe2+

E 0 Fe3+ / Fe2 + = +0, 77v

Br2 + 2e 2Br −

E 0 Br2 / 2Br = +1, 07v

MnO −4 + 8H + + 5e → Mn 2+ + 4H 2 O

0,75đ

E 0 MnO− / Mn 2 + = +1, 5v 4

Theo qui tắc α ta thấy có thể thực hiện các quá trình a), b), d) a. Sn2+ + Br2 →Sn4+ + 2Br – E0 = +1,07 – (+0,15) = +0,92v K = 10

2.0,92 0,059

= 1, 536.1031

2Cu+ + Br2 → 2Cu2+ + 2Br – E0 = +1,07-(+0,34) = +0,73v 2.0,73

K = 10 0,059 = 5, 569.10 24

2Fe2+ + Br2 → 2Fe3+ + 2Br – E0 = +1,07-0,77=+0,3v 2.0,3

K = 10 0,059 = 1, 477.1010

Câu 4 (2điểm) 4.1 Cho phản ứng:

1 N2(k) + 2

3 H2(k) NH3(k) có hằng số cân bằng ở 4000C là 2

1,3.10-2 và ở 5000C là 3,8.10-3. Hãy tính ∆H0 của phản ứng trên. 4.2 Xét phản ứng:

CaCO3 (r) CaO (r) + CO2 (k). ∆H 298K (Kcal/mol) = 42,4. ∆S0298K (cal/mol.K)= 38,4. Trong điều kiện áp suất của khí quyển thì ở nhiệt độ nào đá vôi bắt đầu bị nhiệt phân. 0

Trang 52

4.3 Chất X ở dạng tinh thể màu trắng có các tính chất sau: •Đốt X ở nhiệt độ cao cho ngọn lửa màu vàng. •Hòa tan X vào nước được dung dịch A, cho khí SO2 đi từ từ qua dung dịch A thấy xuất hiện màu nâu. Nếu tiếp tục cho SO2 qua thì màu nâu biến mất thu được dung dịch B; thêm một ít HNO3 vào dung dịch B , sau đó thêm dư dung dịch AgNO3 thấy tạo thành kết tủa màu vàng. •Hòa tan X vào nước, thêm một ít dung dịch H2SO4 loãng và KI thấy xuất hiện màu nâu và màu nâu bị biến mất khi thêm Na2S2O3. a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra dạng ion. b) Để xác định công thức phân tử của X người ta hòa tan hoàn toàn 0,1 g X vào nước thêm dư KI và vài ml H2SO4 loãng, lúc đó đã có màu nâu, chuẩn độ bằng Na2S2O3 0,1 M tới mất màu tốn hết 37,4 ml dung dịch Na2S2O3. Tìm công thức phân tử của X. Câu HƯỚNG DẪN CHẤM Điểm 4 ½ N2 + ½ H2 NH3 4.1 0,5đ -2 -3 Ở 400 0 C có k1 = 1,3 . 10 ; ở 500 0 C có k2 = 3,8 . 10 lg

Hệ thức Arrehnius:

k 2 − ∆H T1 − T2 3,8.10 −3 . = = = −1,229 k1 R T1.T2 1,3.10 −2

− ∆H =

4.2

− 1,229.8,314.673.773 = 53,2 kJ/mol − 100

CaCO3 (r) CaO (r) + CO2 (k). ∆H0298K (Kcal/mol) = 42,4. ∆S0298K (cal/mol.K)= 38,4. Áp suất khí quyển = 1 atm ⇒ KP = P CO = 1 ∆G0 = ∆H0 - T∆S0 = - RTlnKP = 0

0,5đ

⇒T=

∆H 0 42,4.10 −3 cal / mol = =1104,2K ∆S 0 38,4 cal / mol.K

Vậy trong điều kiện áp suất khí quyển đá vôi bắt đầu bị nhiệt phân ở 1104,2K hay 1104,2 - 273 = 831,20C 4.3

a) X cháy cho ngọn lửa màu vàng ⇒ thành phần nguyên tố của X có 1đ natri. Dung dịch X tác dụng với SO2 đến dư thu được dung dịch B tạo kết tủa vàng với AgNO3 ⇒ thành phần nguyên tố của X có iot. Phản ứng của X với SO2 chứng minh X có tính oxi hóa. Từ lập luận trên X có cation Na+ và anion IO −x Đặt công thức của X là NaIOx. Phản ứng dạng ion: 2 IO −x +(2x-1) SO2 + 2(x-1) H2O → (2x-1) SO42- + I2 + (4x-4) H + (1) I2 + 2H2O + SO2 → 2I − + SO42- + 4H + (2) Ag + + I −→ AgI (3) Trang 53

(4) (5)

IO −x + (2x-1) I − + 2x H + →

x I2

x H2O

→

2NaI

Na2S4O6

2Na2S2O3

1,87.10-3 ← 3,74.10-3 b) Số mol Na2S2O3 = 0,1.0,0374 = 3,74.10-3 Theo (5) ⇒ Số mol I2 = ½(Số mol Na2S2O3) = 1,87.10-3 Theo (4) ⇒ Số mol IO −x = ⇒ ⇒ ⇒

1 x

(số mol I2) =

1 x

.1,87.10-3

0,1 1 = .1,87.10-3 23 + 127 + 16 x x 0,1. x = 1,87.10-3 150 + 16 x

0,1x = 0,2805 + 0,02992x x=4 Công thức phân tử của X: NaIO4

Câu 5 (2điểm) Hỗn hợp X gồm Fe và kim loại M (hóa trị n không đổi). Hòa tan hoàn toàn m gam X trong dung dịch H2SO4 đặc nóng, dư được dung dịch A và V lít khí SO2 (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Hấp thụ hoàn toàn lượng SO2 trên bằng 500 ml dung dịch NaOH 0,2M được dung dịch chứa 5,725 gam chất tan. Thêm vào m gam X lượng M gấp đôi lượng M ban đầu được hỗn hợp Y. Cho Y tan hết trong dung dịch HCl được 1,736 lít H2 (đktc). Thêm một lượng Fe vào m gam X để được hỗn hợp Z chứa lượng sắt gấp đôi lượng sắt có trong X. Cho Z tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư được dung dịch B chứa 5,605 gam muối. c. Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. d. Tính V. e. Tìm kim loại M và thành phần % theo khối lượng mỗi kim loại trong X. Câu 5

HƯỚNG DẪN CHẤM

Điểm

Các phương trình phản ứng: *) Hỗn hợp X + H2SO4 đặc nóng: 2Fe + 6H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3 SO2 + 6H2O (1) 2M + 2nH2SO4 → M2(SO4)n + n SO2 + 2nH2O (2) Khí SO2 sinh ra tác dụng với dung dịch NaOH có thể xảy ra phản ứng: SO2 + NaOH → NaHSO3 (3) Trang 54

SO2 + 2NaOH → Na2SO3 + (4) *) Hỗn hợp Y tan hết trong dung dịch HCl: Fe + 2 HCl → FeCl2 + (5) 2M + 2n HCl → 2MCln + (6) *) Z tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư: Fe + H2SO4 → FeSO4 + (7) 2M + n H2SO4 → M2(SO4)n + (8) Tính V: Ta có nNaOH = 0,5.0,2 = 0,1 mol Xét trường hợp xảy ra cả phản ứng (3) và (4), NaOH hết: Đặt nSO (3) = a(mol) ; nSO (4) = b(mol) 2

H2O

H2 nH2

= a + 2b = 0,1mol n ⇒  NaOH  m chat tan = 104.a + 126.b = 5, 725gam

⇒ a = - 0,014 < 0 (loại) Xét trường hợp chỉ xảy ra phản ứng (4), NaOH có thể dư: Đặt nSO (4) = d(mol) ⇒ nNaOH dư = 0,1 – 2d mol. 2

⇒ m chất tan = 126.d + 40.(0,1 - 2d) = 5,725 gam ⇒ d = 0,0375 mol Vậy VSO2 = 0,0375 . 22,4 = 0,84 lít Đặt số mol Fe và M trong m gam X lần lượt là: x và y mol Theo

(1)

và

⇒

(2)

nSO2 =

3 n x + y = 0, 0375mol 2 2

(*) Theo đề bài, trong hỗn hợp Y có nFe = x mol; nM = 3y mol Theo

(5),

(6)

có

n nH2 = x + .2y = 0, 0775mol 2

(**) Theo đề bài, trong hỗn hợp Z có nFe = 2x mol; nM = y mol 1 2

y 2 y ⇒ Khối lượng muối: mmuối = 152.2x + (2M + 96n). = 5,605 2

Theo (7) và (8) có: nFeSO = nFe = 2xmol ; nM (SO ) = nM = mol 4

4 n

gam ⇔ 304.x + M.y + 48.ny = 5,605 gam

(***) Từ (*), (**), (***) ta có:

x = 0,01;

M.y = 0,405;

n.y = 0,045 Trang 55

⇒ Xét:

M M.y 0, 405 = = =9 n n.y 0, 045

n M (g/mol)

1 9 (loại)

2 18 (loại)

3 27 (M là Al)

⇒ y = 0,015 mol. Vậy kim loại M là Al và thành phần % theo khối lượng mỗi kim loại trong X: %mFe(trongX) =

56x .100% = 58, 03% 56x + 27y

%mAl(trongX) =

27x .100% = 41,97% 56x + 27y

KỲ THI KHẢO SÁT OLYMPIC HOÁ 10 lần 1 NĂM HỌC 2016 – 2017 ..................................... Cho biết khối lượng nguyên tử (theo đvC) của các nguyên tố: H = 1; Mg = 24; C = 12; O = 16; N = 14; Na = 23; Si = 28; P = 31; S = 32; Cl = 35,5; K = 39; Ca = 40; Al = 27 ; Cr = 52; Mn = 55; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Br = 80; Ag = 108; I = 127; Ba = 137; Hg = 201; Pb = 207. Câu 1: Cho nguyên tố X, ở trạng thái cơ bản có 11 electron thuộc các phân lớp p. X có hai đồng vị hơn kém nhau hai nơtron. Trong đồng vị số khối lớn, số hạt mang điện gấp 1,7 lần hạt không mang điện. a. Viết cấu hình electron của X. b. Xác định vị trí của X trong bảng tuần hoàn. c.Viết CTCT ,xác định trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm và dạng hình học trong các phân tử và ion sau :HXO, X2O5, XO4Câu 2: 2.1 .Người ta lập một pin gồm hai nửa pin sau: Zn/Zn(NO3)2 0,1M và Ag/AgNO3 0,1M có thế khử chuẩn tương ứng là E o 2+ = −0,76V và E o + = +0,80V . Zn

/ Zn

Ag / Ag

a. Thiết lập sơ đồ pin. b. Viết phương trình phản ứng khi pin làm việc. c. Tính suất điện động của pin. (d) Tính nồng độ các ion trong dung dịch khi pin ngừng hoạt động 2.2. Cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electron:

Trang 56

a) Cr2S3 + Mn(NO3)2 + K2CO3 K2CrO4 + K2SO4 + K2MnO4 + NO + CO2 b) P + NH4ClO4 H3PO4 + N2 + Cl2 + H2O c) FexOy + HNO3 Fe(NO)3 + NnOm + H2O Câu 3: 3.1 Phản ứng dưới đây đạt đến cân bằng ở 109K với hằng số cân bằng Kp = 10: C (r) + CO2 (k) 2CO (k)

(a) Tìm hàm lượng khí CO trong hỗn hợp cân bằng, biết áp suất chung của hệ là 1,5atm. (b) Để có hàm lượng CO bằng 50% về thể tích thì áp suất chung là bao nhiêu? 3.2. Cho các dữ kiện: N2O4 (k) 2NO2 (k) o 9,665 33,849 ∆H ht ( kJ / mol) ∆So298 (J / mol)

304,3

240,4

Giả thiết rằng biến thiên entanpi và entropi phản ứng không thay đổi theo nhiệt độ. Phản ứng sẽ tự xảy ra theo chiều nào tại nhiệt độ: (a) 0oC và (b) 100oC Câu 4: 4.1 Viết các phương trình phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm được mô tả sau: c. Hòa tan FeCl2 vào nước rồi thêm H2SO4 loãng dư, sau đó thêm dung dịch KMnO4 dư thấy có khí màu vàng lục thoát ra và dung dịch thu được có chứa muối mangan (II). d. Hòa tan Fe3O4 trong dung dịch H2SO4 đặc nóng dư được dung dịch A và khí B mùi hắc. Sục khí B vào dung dịch brom hoặc dung dịch KMnO4 đều thấy các dung dịch này bị nhạt màu. 4.2 .H2SO4 đặc có tính háo nước, nó có thể lấy nước từ một số hợp chất hữu cơ. Trong quá trình than hóa saccarozơ có hình thành hỗn hợp khí A (gồm 2 khí). a. Giải thích quá trình hình thành hỗn hợp khí A. b. Trình bày phương pháp hóa học chứng minh sự có mặt của các khí trong A. c. So sánh quá trình làm khô và quá trình than hóa của H2SO4 đặc. 4.3. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau và cho biết các chất ứng với các chữ cái (A), (B),... tương ứng: (1) FeS2 + khí (A) → chất rắn (B) + khí (D) H2O (3) (F) + (A) → (D) H2O (5) (G) + NaOH → (H) + H2O

(2) (D) + khí (E) → chất rắn (F) + (4) (E) + NaOH → (G) + (6) (H) + (I)

→ (K)↓ + (L)

(7) (K) + HCl → (I) + (E) (8) (E) + Cl2 + H2O → ... 4.4 Sục Cl2 vào dung dịch KOH loãng thu được dung dịch A, hòa tan I2 vào dung dịch KOH loãng thu được dung dịch B (tiến hành ở nhiệt độ phòng). a) Viết phương trình hóa học xảy ra và cho nhận xét. b) Nêu hiện tượng và viết phương trình hóa học xảy ra khi cho lần lượt các dung dịch hỗn hợp HCl và FeCl2, dung dịch Br2, H2O2 vào dung dịch A (không có Cl2 dư). Câu 5:

Trang 57

Hòa tan m gam KMnO4 trong dung dịch HCl đặc dư được dung dịch A và V lít khí D (đktc). Pha loãng dung dịch A được 500 ml dung dịch B. - Để trung hòa axit dư trong 50 ml dung dịch B cần dùng vừa đủ 24 ml dung dịch NaOH 0,5 M. - Thêm AgNO3 dư vào 100 ml dung dịch B để kết tủa hoàn toàn ion clorua thu được 17,22 gam kết tủa. a. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b. Tính nồng độ mol/lít các chất tan trong B. c. Tính m, V và thể tích dung dịch HCl 36,5% (D = 1,18 g/ml) đã dùng. Câu 6: Hỗn hợp X gồm Fe và kim loại M (hóa trị n không đổi). Hòa tan hoàn toàn m gam X trong dung dịch H2SO4 đặc nóng, dư được dung dịch A và V lít khí SO2 (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Hấp thụ hoàn toàn lượng SO2 trên bằng 500 ml dung dịch NaOH 0,2M được dung dịch chứa 5,725 gam chất tan. Thêm vào m gam X lượng M gấp đôi lượng M ban đầu được hỗn hợp Y. Cho Y tan hết trong dung dịch HCl được 1,736 lít H2 (đktc). Thêm một lượng Fe vào m gam X để được hỗn hợp Z chứa lượng sắt gấp đôi lượng sắt có trong X. Cho Z tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư được dung dịch B chứa 5,605 gam muối. f. Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. g. Tính V. h. Tìm kim loại M và thành phần % theo khối lượng mỗi kim loại trong X. - - - - - - - - - - - - Hết - - - - - - - - - - - - Họ và tên thí ........................................

sinh:

........................................................Số

báo

danh

Chữ kí giám thị 1 ........................................................ Chữ kí giám thị 2 ................................

Trang 58

CÂU

Ý 1.a

1.b

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

Vì X có 11 electron thuộc phân lớp p ⇒ cấu hình electron phân lớp p của X là: 2p63p5 ⇒ cấu hình electron đầy đủ: 1s22s22p63s23p5.

0,25

Vị trí của X trong bảng tuần hoàn: Ô số 17 vì có 17 electron ⇒ điện tích hạt nhân bằng 17. Chu kì 3 vì có 3 lớp electron. Nhóm VII A vì cấu hình electron hóa trị là 3s23p5.

0,5

1.c Trong đồng vị số khối lớn số hạt mang điện là 17.2 = 34 hạt ⇒ số nơtron (hạt không mang điện) là 34:1,7 = 20 hạt. ⇒ số nơtron trong đồng vị số khối nhỏ là 18 hạt. Vậy thành phần cấu tạo các đồng vị của X là: Đồng vị số khối nhỏ: 17 electron, 17 proton, 18 nơtron. Đồng vị số khối lớn: 17 electron, 17 proton, 20 nơtron. 1.d Thành phần % theo khối lượng:

0,25

Gọi thành phần % theo số nguyên tử đồng vị nhỏ là x% ⇒ thành phần % theo số nguyên tử đồng vị lớn là (100 – x)%. Áp dụng công thức tính NTKTB ta có: NTKTB (A) = A1.x% + A2. (100 – x)% ⇔ (17+18).x% + (17+20)(100-x)% = 35,48 ⇒ x = 76%.

0,25

Xét 1 mol X (35,48 gam) có 0,76 mol 35X (0,76.35 = 26,6 gam) ⇒ thành phần % theo khối lượng 35X là: 26,6 : 35,48 = 74,97% thành phần % theo khối lượng 37X là: 100% - 74,97% = 25,03%. 2

Theo đề bài: %mR =

0,25

MR AR n, + p, 1 = = = , , 3MM + MR 3A M + A R 3(n + p) + (n + p ) 15

(1)

0,25

n=p+4 (2) , , n =p (3) Tổng số proton trong Z là 3p + p’ = 84. (4) , , Giải 4 PT trên ta được: n = p = 6 ⇒ R là cacbon (C) n = 30, p = 26 ⇒ M là sắt (Fe) Công thức phân tử của Z là Fe3C (hợp chất xementit) a. Phương trình phản ứng: 10FeCl2 + 6KMnO4 + 24H2SO4 → 5Fe2(SO4)3 + 10Cl2 + 3K2SO4 + 6MnSO4 + 24H2O

0,25 0,5

Trang 59

b. 2Fe3O4 + 10H2SO4 (đặc nóng) → 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O Khí A là SO2: SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O → K2SO4 + 2MnSO4+ 2H2SO4 a. Giải thích sự hình thành A:

0,5

H SO (dac) 12C + 11 H2O (tỏa nhiệt) C12H22O11 → C + 2H2SO4 (đặc nóng) → CO2 + 2SO2 + 2H2O. Vậy hỗn hợp khí A gồm CO2 và SO2 2

0,25

b. Chứng minh sự có mặt của hai khí trong A, ta dẫn hỗn hợp khí lần lượt qua bình 1 đựng dung dịch Brom (dư) và bình 2 đựng dung dịch Ca(OH)2 dư rồi thêm vài giọt dung dịch BaCl2 vào bình (1): Hiện tượng: Bình (1) brom nhạt màu, có kết tủa xuất hiện chứng tỏ hỗn hợp có SO2 SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr H2SO4 + BaCl2 → BaSO4↓ + 2HCl Bình (2) có kết tủa xuất hiện chứng tỏ có CO2: CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O c. Sự khác nhau giữa quá trình làm khô và quá trình than hóa: Quá trình làm khô là quá trình vật lý. Quá trình than hóa là quá trình hóa học. 1 3

Sáu phương trình điều chế clo: dpdd 2NaCl + 2H2O  → 2NaOH + Cl2 + H2O nm xop dpnc 2NaCl  → 2Na + Cl2 MnO2 + 4HCl (đặc) → MnCl2 + Cl2 + 2H2O 2KMnO4 + 16HCl (đặc) → 2MnCl2 + 2KCl + 5Cl2 + 8H2O K2Cr2O7 + 14 HCl (đặc) → 2KCl + 2CrCl3 + 3Cl2 + 7H2O KClO3 + 6HCl (đặc) → KCl + 3Cl2 + 3H2O

0,5

0,25

(1) (2) (3) (4) (5) (6)

0,75

(hs có thể viết 6 phương trình khác)

Phản ứng (1) là phản ứng dùng để điều chế clo trong công nghiệp. Các phương trình: (8) 4FeS2 + 11 O2 → 2 Fe2O3 + 8 SO2 (9) SO2 + 2H2S → 3 S + 2 H2O (10) S + O2 → SO2 (11) H2S + NaOH → NaHS + H2O (12) NaHS + NaOH → Na2S + H2O (13) Na2S + FeCl2 → FeS + 2NaCl (14) FeS + 2 HCl → FeCl2 + H2S (15) H2S + 4Cl2 + 4H2O → H2SO4 + 8 HCl Các chất ứng với các kí hiệu: A: O2 B: Fe2O3 D: SO2 E: H2S G: NaHS H: Na2S I: FeCl2 K: FeS

1,0

F: S L:

0,25

Trang 60

NaCl

a 4

Các phương trình phản ứng: KMnO4 + + 16HCl (đặc) → 2MnCl2 + 2KCl + 5Cl2 + 8H2O (1) Dung dịch A chứa KCl, MnCl2 và HCl dư ⇒ dung dịch B chứa KCl, MnCl2 và HCl. • Trung hòa axit trong B bằng NaOH: HCl + NaOH → NaCl + H2O (2) • B tác dụng với AgNO3 dư: AgNO3 + HCl → AgCl↓ + HNO3 (4) AgNO3 + KCl → AgCl↓ + KNO3 (5) 2AgNO3 + MnCl2 → 2AgCl↓ + Mn(NO3)2 (6)

0,25

0,5

Đặt số mol HCl, KCl trong 50 ml dung dịch B lần lượt là x, y (mol). Theo phương trình phản ứng (1): nMnCl = nKCl = y mol 2

Theo phương trình phản ứng (2): x = nHCl = nNaOH = 0,024.0,5 = 0,012 mol ⇒ CM (HCl) = 0,24 M Trong 100 ml dung dịch B: nHCl = 2x mol; nMnCl = nKCl = 2y mol

0,25

Theo phương trình phản ứng (3), (4), (5): nAgCl↓ = nHCl + nKCl + 2. nMnCl 2

⇔ 2x + 2y + 2.2y = 17,22 : 143,5 = 0,12 mol ⇔ x + 3y = 0,06 mol ⇒ y = 0,016 mol. Vậy nồng độ mol của các chất trong B là: ⇒ CM (KCl) = CM(MnCl2) = 0,32M c

0,25

Theo (1) ta có: nKMnO = nKCl (500 ml dd B) = 10y = 0,16 mol 4

⇒ m = mKMnO (ban đầu) = 0,16.158 = 25,28 gam. 4

nCl2 =

0,5

5 nKMnO4 = 0, 4mol ⇒ V = 0,4.22,4 = 8,96 lít. 2

Theo (1): nHCl pư = 8 nKMnO = 1,28 mol mà nHCl dư = 10.x = 0,12 mol 4

⇒ nHCl đã dùng = 1,28 + 0,12 = 1,4 mol Vdd HCl đã dùng = a 5

nHCl .MHCl 1, 4.36,5 = = 118, 64ml C%.D 36,5%.1,18

Các phương trình phản ứng: *) Hỗn hợp X + H2SO4 đặc nóng: 2Fe + 6H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3 SO2 + 6H2O 2M + 2nH2SO4 → M2(SO4)n + n SO2 + 2nH2O

0,25

(1) (2)

Trang 61

0,25

Khí SO2 sinh ra tác dụng với dung dịch NaOH có thể xảy ra phản ứng: SO2 + NaOH → NaHSO3 (3) SO2 + 2NaOH → Na2SO3 + H2O (4) *) Hỗn hợp Y tan hết trong dung dịch HCl: Fe + 2 HCl → FeCl2 + H2 2M + 2n HCl → 2MCln + nH2 *) Z tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư: Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2 2M + n H2SO4 → M2(SO4)n + nH2 b

(5) (6) 0,25 (7) (8)

Tính V: Ta có nNaOH = 0,5.0,2 = 0,1 mol Xét trường hợp xảy ra cả phản ứng (3) và (4), NaOH hết: Đặt nSO (3) = a(mol) ; nSO (4) = b(mol) 2

= a + 2b = 0,1mol n ⇒  NaOH  m chat tan = 104.a + 126.b = 5, 725gam

0,25

⇒ a = - 0,014 < 0 (loại) Xét trường hợp chỉ xảy ra phản ứng (4), NaOH có thể dư: Đặt nSO (4) = d(mol) ⇒ nNaOH dư = 0,1 – 2d mol.

0,25

⇒ m chất tan = 126.d + 40.(0,1 - 2d) = 5,725 gam ⇒ d = 0,0375 mol Vậy VSO2 = 0,0375 . 22,4 = 0,84 lít c

Đặt số mol Fe và M trong m gam X lần lượt là: x và y mol 3 2

n 2

Theo (1) và (2) ⇒ nSO = x + y = 0, 0375mol 2

(*)

Theo đề bài, trong hỗn hợp Y có nFe = x mol; nM = 3y mol n 2

Theo (5), (6) ta có nH = x + .2y = 0, 0775mol 2

(**)

Theo đề bài, trong hỗn hợp Z có nFe = 2x mol; nM = y mol

0,5

1 y 2 4 n 4 2 2 y ⇒ Khối lượng muối: mmuối = 152.2x + (2M + 96n). = 5,605 gam 2

Theo (7) và (8) có: nFeSO = nFe = 2xmol ; nM (SO ) = nM = mol

⇔

304.x + M.y + 48.ny = 5,605 gam

(***)

Trang 62

Từ (*), (**), (***) ta có: ⇒ Xét:

x = 0,01;

M.y = 0,405;

n.y = 0,045

M M.y 0, 405 = = =9 n n.y 0, 045

n M (g/mol)

1 9 (loại)

2 18 (loại)

3 27 (M là Al)

0,5

⇒ y = 0,015 mol. Vậy kim loại M là Al và thành phần % theo khối lượng mỗi kim loại trong X: %mFe(trongX) =

56x .100% = 58, 03% 56x + 27y

%mAl(trongX) =

27x .100% = 41,97% 56x + 27y

SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM

ĐỀ THI OLYMPIC

TRƯỜNG THPT CAO BÁ QUÁT

NĂM HỌC: 2016 - 2017 MÔN HOÁ HỌC LỚP 10 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

Cho biết nguyên tử khối của các nguyên tố:

H = 1; He = 4; Li = 7; Be = 9; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; P=31; S = 32; Cl = 35,5; K= 39; Ca = 40; Cr = 52; Mn = 55; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Br = 80; Rb = 85; Sr = 88; Ag = 108; Sn = 119; Cs = 133; Ba = 137; Pb = 207. Câu 1 (3 điểm):

1.1(1 điểm). Ở trạng thái cơ bản , nguyên tử của nguyên tố X có 3 lớp electron và 2 electron độc thân. a. Viết cấu hình electron của nguyên tử X ? b. Cho biết bộ 4 số lượng tử của electron cuối cùng trong nguyên tử X ? 1.2.(1 điểm) Hợp chất A2B có tổng hạt proton là 23. Hãy xác định công thức hóa học của A2B. Biết rằng 2 nguyên tố A, B thuộc cùng một chu kỳ và 2 nhóm A liên tiếp ? 1.3. (1 điểm) Xác định trạng thái lai hóa của nguyên tử nguyên tố trung tâm trong các phần tử sau: NH4+, NH3, ICl4-, AsCl5 Câu 2 (3,5 điểm):

2.1. (2 điểm)Cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electron: a. As2S3 + KClO3 + H2O → H3AsO4 + H2SO4 + KCl b. Al + HNO3 -------> Al(NO3)3 + NO + N2 + H2O ( nNO : nN2 = 3 : 2) c. NaIOx + SO2 + H2O ----> I2 + Na2SO4 + H2SO4 2.2.(1,5 điểm) Cho : E0Fe3+/Fe= -0,037 V , E0Fe2+/Fe= -0,440 V ; E0Au3+/ Au+ = 1,26V

Trang 63

a. Lập sơ đồ pin điện hóa,trong đó xảy ra sự oxi hoá ion Fe2+ thành ion Fe3+ và ion Au3+ bị khử thành ion Au+. Viết các phương trình phản ứng xảy ra trên mỗi điện cực và trong pin khi pin hoạt động. b. Tính sức điện động chuẩn của pin và hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra trong pin này.

Câu 3(3 điểm): 3.1.(1 điểm) Bằng phương pháp hoá học hãy phân biệt các dung dịch đựng trong các lọ mất nhãn sau: NaCl, NaNO3, HCl, HBr, NaOH

3.2.(2 điểm) Sục khí clo vào dung dịch NaOH loãng thu được dung dịch A,hòa tan I2 vào dung dịch NaOH loãng thu được dung dịch B(các thí nghiệm thực hiện ở nhiệt độ phòng). a. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra? b. Nêu hiện tượng và viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra khi cho lần lượt dung dịch hỗn hợp HCl và FeCl2 , dung dịch Br2, H2O2 vào dung dịch A (không có Cl2 dư) Câu 4. (3 điểm): 4.1.(1 điểm) Chỉ dùng Fe, S và dung dịch H2SO4 loãng, viết các phương trình phản ứng điều chế khí H2S bằng 2 cách khác nhau. 4.2.(2 điểm) Để pha loãng 100 ml dung dịch H2SO4 98% (D=1,84g/cm3) thành dung dịch H2SO4 20% cần V ml H2O. a. Tính V b. Khi pha loãng phải tiến hành như thế nào? Câu V(4,0 điểm): 5.1. (2,5 điểm)Xét phản ứng tổng hợp hiđro iođua: H2(khí) + I2(rắn) 2HI(khí) ∆H = +53kJ (a) H2(khí) + I2(rắn) 2HI(khí)

(b)

a. Phản ứng (a) là toả nhiệt hay thu nhiệt? b. Viết biểu thức tính hằng số cân bằng K của phản ứng (a) theo phương trình hoá học của phản ứng. c. Thực hiện phản ứng tổng hợp hiđro iođua theo (b) trong một bình kín, dung tích 2 lit ở nhiết độ T, có hằng số cân bằng K = 36. Nếu nồng độ ban đầu của H2 và I2 bằng nhau và bằng 0,02M thì nồng độ của các chất tại thời điểm cân bằng là bao nhiêu? 5.2. (1,5 điểm)Tính nhiệt tạo thành của tinh thể:Ca3(PO4)2, biết: - 12 gam Ca cháy tảo ra 45,57 KCal - 6,2 gam P cháy tỏa ra37,00 Kcal - 168,0 gam CaO tác dụng với 142,0 gam P2O5 tỏa ra 160,50 Kclo Hiệu ứng nhiệt đo trong điều kiện đẳng áp. Câu 6.(3,5 điểm)

Hỗn hợp A: KClO3, Ca(ClO3)2, Ca(ClO)2, CaCl2, KCl nặng 83,68 gam. Nhiệt phân hoàn toàn A thu được chất rắn B gồm CaCl2, KCl và một thể tích oxi vừa đủ để oxi hóa SO2 thành SO3 để điều chế 191,1 gam dung dịch H2SO4 80%. Cho chất rắn B tác dụng với 360 ml dung dịch K2CO3 0,5M (vừa đủ) thu được kết tủa C và dung dịch D. Lượng KCl trong dung dịch D nhiều gấp 22/3 lần lượng KCl trong A. Trang 64

a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra? b. Tính khối lượng kết tủa C? c. Tính thành phần phần trăm về khối lượng của KClO3 trong A? -----Hết---Ghi chú: - Học sinh không được sử dụng bất kì tài liệu nào (kể cả Bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học) - Giám thị coi thi không cần giải thích gì thêm.

SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM

ĐÁP ÁN OLYMPIC NĂM HỌC: 2016 - 2017

TRƯỜNG THPT CAO BÁ QUÁT

MÔN HOÁ HỌC LỚP 10 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

HƯỚNG DẪN CHẤM Câu

Thang điểm

Nội dung

Câu I 1/ (1.00)

3,0 a. Nguyên tử của nguyên tố X có 3 lớp e và 2 e độc thân nên

0,5

cấu hình electron của nguyên tử X có thể có là : [Ne]3s23p2 (1) [Ne]3s23p4 (2)

0,5

b. Bộ 4 số lượng tử của electron cuối cùng là : (1) : n = 3; l =1; ml= 0; ms = +1/2 (2): n = 3; l =1; ml= -1; ms = -1/2

2/ (1.00)

Ta có:: 2ZA+ ZB = 23 (1)

0,5

Ta lại có: Ztb = 23:3 = 7,67 => 2 nguyên tố ở chu kỳ nhỏ *TH1: ZA > ZB 2 nguyên tố A, B ở cùng một chu kỳ và thuộc 2 nhóm A liên tiếp => ZA = ZB + 1 (2) Từ (1) và (2) ta được : ZA = 8, ZB = 7 Vậy CTHH của A2B là NO2 *TH2: ZA < ZB => ZB = ZA + 1 (3) Từ (1) và (3) ta được : ZA = 7,3; ZB = 8,4 loại

Trang 65

0,5

NH4+ : sp3

0,25

(1.00)

NH3: sp3

0,25 0,25

ICl4-: sp3 d2 3

AsCl5: sp d

0,25

Câu 2

3,5

2.1(2.0đ )

a. Cân bằng đủ , đúng 4 bước

0,5

b. Cân bằng đủ , đúng 4 bước

0,75

c. Cân bằng đủ , đúng 4 bước 3+ ,

0,75

2.2

a. Anot(-) Pt │ Fe

Fe ║ Au , Au │ Rt (+) Catot

(1.50)

Phản ứng ở cực âm:

Fe2+ → Fe3+ + 1e

K1_1

Phản ứng ở cực dương:

Au3+ + 2e → Au+

Phản ứng trong pin :

+ 2Fe

→

2Fe + Au

1,0 K

b. Fe3+ + 3e ↔ Fe E0(1) =-0,037 Fe2+ + 2e ↔ Fe Fe3+ + e ↔ Fe2+

E0(2) =-0,44 E0(3) = 3E0(1) - 2E0(2) = 0,77

K=102(1,26-0,77)/0,059 =1016,61

0,5

E0pin= E0Au3+/ Au+ - E0Fe3+/Fe2+ = 0,49 Câu 3

3,0

3.1

+ Lấy mẫu thử từ các dung dịch trên.

(1.0)

+ Dùng quỳ tím: 0,25

- Dung dịch làm quỳ hoá xanh là NaOH - Dung dịch làm quỳ hoá đỏ là: HCl; HBr (axit) - Dung dịch không làm đổi màu quỳ là NaCl, NaNO3 (muối) + Nhận biết các axit: dùng dung dịch AgNO3 -

Dung dịch có tạo kết tủa trắng với AgNO3 là HCl Ptpư: HCl + AgNO3 AgCl + HNO3

0,25

Dung dịch có tạo kết tủa vàng với AgNO3 là HBr Ptpư: HBr + AgNO3 AgBr + HNO3

0,25

+ Nhận biết các dung dịch muối: dùng dung dịch AgNO3: -

Dung dịch có tạo kết tủa với AgNO3 là NaCl Ptpư: NaCl + AgNO3 AgCl + NaNO3

Dung dịch còn lại là NaNO3

0,25

3.2(2,0đ a. Ở nhiệt độ thường: 2NaOH + Cl2 → NaCl + NaClO + H2O ) 6NaOH + 3I2 → 5NaI + NaIO3 + 3H2O

0,5

b. Ion ClO- có tính oxi hóa rất mạnh: Khi cho dd hỗn hợp HCl và FeCl2 vào dd A có khí màu vàng lục thoát ra và Trang 66

dd không màu chuyển sang màu vàng nâu: 2FeCl2

0,5

+ 2NaClO + 4HCl → 2FeCl3 + 2NaCl + Cl2 +2 H2O

Khi cho dd Br2 vào dd A, dd Br2 mất màu: Br2 + 5NaClO + H2O → 2HBrO3 +5NaCl

0,5

Khi cho dd H2O2 vào dd A có khí không , không mùi thoát ra: H2O2 + NaClO → H2O+NaCl + O2

0,5

Câu 4

4.1(1đ)

5,0

Cách 1: Fe + S → FeS FeS + H2SO4 loãng → FeSO4 + H2S↑

0.5

Cách 2: Fe + H2SO4 loãng → FeSO4 + H2 to

S + H2 → H2S 4.2(2đ)

mH2SO4 =

D.V .C % 1,84.100.98 = = 180,32g 100 100

0.5

H2O coi như dung dịch H2SO4 có nồng độ là 0% Áp dụng quy tắc đường chéo: (98-20 = 68; 20-0 = 20) m g H2O

78% 20% 0,5

,32 g H2SO4 98%

m 78 180,32.78 → = →m = = 180,32 20 20

20%

DH2O = 1g/ml → 703,248g H2O = 703,248 ml H2O

→VH2O = 703,248 ml

b. Lấy 703,248 ml H2O vào cốc, rồi cho từ từ 100 ml dung dịch H2SO4 đặc vào cốc, và dùng đũa thủy tinh khuấy nhẹ. (tuyệt đối không làm ngược lại) 0.5 0,5

Câu 5 5.1

4.0 0.5

1a. Theo quy ước ∆H > 0 thì phản ứng thu nhiệt.

(2.5đ) Trang 67

2 HI ] [ b. Vì I2 là chất rắn nên: K = [ H2 ]

I2(rắn)

H2(khí)

Trước phản ứng:

0,02M

Phản ứng:

Còn lại:

0,02 – x

2HI(khí)

( 2x) = 36 → 2 x = 6 ( 0,02 − x ) → x = 0, 015 Vậy : ( 0, 02 − x ) . ( 0, 02 − x ) 2

Kết luận: Ở cân bằng: [HI] = 0,03M, [H2] = [I2] = 0,005M

5.2

nCa= 0,3 mol có ∆H = - 45,57 KCal

1,5

nP =0,2 mol có ∆H = - 37,00 KcCal nCaO= 0,3 mol và nP2O5 = 1 mol Ca + ½ O2 → CaO ∆H1 = - 45,57/0,3 = -151,9 KCal 2P + 5/2O2 → P2O5 ∆H2 = - 37,00.2/0,2 = -37,0 KCal 3 CaO + P2O5 → Ca3(PO4)2 ∆H3 = -160,5 KCal 3 Ca + 2P +4O2 → Ca3(PO4)2 ∆Htt Ta có: ∆Htt = 3.∆H1 + ∆H2 +∆H3 = - 986,2(KCal) Câu 6

3.5

(3.5đ)

 KClO3 : a (mol ) Ca(ClO ) : b(mol ) 3 2  Hỗn hợp A Ca(ClO)2 : c (mol ) CaCl : d (mol ) 2   KCl : e(mol ) 3 to KClO3  → KCl + O2 2

Mol

3 a 2

t Ca(ClO3 )2  → CaCl2 + 3O2 o

Trang 68

Mol

t Ca(ClO)2  → CaCl2 + O2 o

Mol

* Theo định luật bảo toàn khối lượng: mA = mKCl + mCaCl2 + mO2 83,68 = 74,5(a + e) + 111(b + c + d) + 32(

3a + 3b + c) 2

(1)

xt ,t 2SO2 + O2  → 2 SO3

3a + 3b + c 2

Mol

3a + 6b + 2c

SO3 + H 2O → H 2 SO4 Mol

3a + 6b + 2c

80 =

⇒ 3a + 6b + 2c =

3a + 6b + 2c

98(3a + 6b + 2c) × 100 191,1

(2)

80 × 191,1 = 1,56 100 × 98

CaCl2 : (b + c + d )mol + ddK 2CO3  KCl : (a + e)mol

* Chất rắn B 

KCl + K2CO3

→

CaCl2 Mol

(b + c + d)

K2CO3

→

(b + c + d)

CaCO3↓

2(b + c + d)

(b + c + d)

2KCl

Số mol K2CO3 = 0,36. 0,5 = 0,18 (mol) = b + c + d

(3)

* Kết tủa C: CaCO3 Khối lượng kết tủa CaCO3 = 100(b + c + d) = 100. 0,18 = 18 gam 2. Dung dịch D (KCl) nKCl = a + e + 2(b + c + d) = (a + e) + 2. 0,18 mKCl (ddD) =

= a + e + 0,36

22 22 mKCl ( A) → nKCl (ddA) = nKCl ( A) 3 3

Trang 69

a + e + 0,36 =

22 e 3

(4)

Từ (1), (2), (3), (4) ta có:   3a  83, 68 = 74, 5(a + e) + 111(b + c + d ) + 32  2 + 3b + c     3a + 6b + 2c = 1,56  b + c + d = 0,18  22e a + e + 0,36 = 3  1,56   → 83, 68 = 74, 5( a + e) + (111× 0,18) +  32 ×  2  

→ 74,5 ( a + e ) = 38, 74

 a + e = 0,52   22  a + e + 0,36 = 3 e

122,5.a.100 = 58,56% 83, 68

→ % KClO3trongA =

ĐỀ THI OLYMPIC HÓA HỌC 10 THỜI GIAN: 150 phút

Câu 1.( điểm) .Nguyên tử của các nguyên tố A, R, X có electron cuối cùng ứng với 4 số lượng tử: A:

n = 3 ℓ = 1 m = +1,

s=+

1 2

n = 2 ℓ = 1 m = 0,

s=−

1 2

n = 2 ℓ = 1 m = +1,

s=−

1 2

a) Gọi tên A, R, X (theo quy ước các giá trị của m theo tứ tự( +ℓ... 0 ...-ℓ) b) Xác định trạng thái lai hóa của các nguyên tử trung tâm và dạng hình học của các phân tử và ion sau: R2X, AR6, H2AX3, AX 24− (H là hidro). Câu 2: ( 4điểm) Cho phản ứng: H2 (K) + I2 (K) 2HI (K) o Thực hiện phản ứng trong bình kín 0,5lít ở t C với 0,2mol H2 và 0,2mol I2 .Khi phản ứng đạt trạng thái cân bằng nồng độ của HI là 0,3mol/lít. a) Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở toC. b) Thêm vào cân bằng trên 0,1mol H2 thì cân bằng dịch chuyển theo chiều nào tính nồng độ các chất ở trạng thái cân bằng mới. Câu 3.(4 điểm) Trang 70

a) Cho cân bằng N2O4 (khí)

2NO2 (khí)

Trong một bình chân không thể tích 0,5 lít được duy trì ở 450C, có 3.10-3 mol N2O4 nguyên chất. Khi cân bằng được thiết lập, áp suất trong bình là 0,255 atm. Xác định độ phân hủy của N2O4 ở nhiệt độ này và hằng số cân bằng KP. Biết biến thiên entanpi của phản ứng phân huỷ N2O4 là 72,8 KJ/mol. Tính KP ở 210C b) Tính năng lượng liên kết trung bình C – H và C – C từ các kết quả thực nghiệm sau: - Nhiệt đốt cháy CH4:

-801,7

kJ/mol

- Nhiệt đốt cháy C2H6

-1412,7

kJ/mol

- Nhiệt đốt cháy H2:

-241,5

kJ/mol

- Nhiệt đốt cháy than chì

-393,4

kJ/mol

- Nhiệt hóa hơi than chì:

+715,0

kJ/mol

- Năng lượng liên kết H - H

+431,5

kJ/mol

Các kết quả đều do ở 2980K và 1 atm. Câu 4: (4 điểm) a) Cho vào nước dư 3g oxit của 1 kim loại hoá trị 1, ta được dung dịch kiềm, chia dung dịch làm hai phần bằng nhau: - Phần 1: Cho tác dụng hoàn toàn với 90 ml dung dịch HCl 1M, sau phản ứng dung dịch làm quỳ tím hoá xanh. - Phần 2: Cho tác dụng với V(ml) dung dịch HCl 1M sau phản ứng dung dịch không làm đổi màu quỳ tím. Tìm công thức phân tử oxit và tính giá trị của V. b) Có 3,28g hỗn hợp 3 kim loại A, B, C có tỉ lệ số mol tương ứng là 4:3:2 và có tỉ lệ khối lượng nguyên tử tương ứng là 3:5:7. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp 3 kim loại trên trong dung dịch HCl dư thì thu được 2,0161 lít khí (đktc). Xác định 3 kim loại A, B, C, biết rằng khi chúng tác dụng với axit đều tạo muối kim loại hoá trị 2. Câu 5: (4 điểm) 1) Cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electron: a) Cr2S3 + Mn(NO3)2 + K2CO3 K2CrO4 + K2SO4 + K2MnO4 + NO + CO2 b) P + NH4ClO4 H3PO4 + N2 + Cl2 + H2O 2) Những thay đổi nào có thể xảy ra khi bảo quản lâu dài trong bình miệng hở các dung dịch sau đây: (a) axit sunfuhiđric, (b) axit bromhiđric, (c) nước Gia-ven, (d) axit sunfuric đậm đặc.

Trang 71

Câu 1(4đ)

Đáp án

3p4 ⇒ A là S

A: 1 (1,5đ)

Điểm 0,5

2p5 ⇒ B là F

2p4 ⇒ C là O

0,5

0,5 2 Trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học: -F2O, O lai hóa sp3, phân tử dạng góc:

0,5

O F

SF6, S lai hóa sp3d, bát diện đều:

0,5

F F

S F

H2SO3, S lai hóa sp3, dạng tháp tam giác. 0,5

Trang 72

S O

OH OH

0,5 3

SO 24− , S lai hóa sp , tứ diện đều. 2-

O S O

. 2(4,0)

O O

1(1,0))Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở toC. Theo giả thiết: [H2] = [I2] = 0,4mol/lít H2 (K) + Trước phản ứng: 0,4 (mol/lít) Lúc cân bằng: 0,25(mol/lít) Kcb =

I2 (K) 0,4(mol/lít) 0,25 (mol/lít )

2HI (K) 0,3 (mol/lít )

0,3 2 = 1,44 0,25.0,25

1,0

2 .Nồng độ các chất ở trạng thái cân bằng mới: (3,0) • Nếu thêm vào cân bằng 0,1mol H2 nồng độ H2 tăng cân bằng dịch chuyển theo chiều thuận. • Khi thêm 0,1 mol H2 nồng độ H2 = 0,25 + 0,2 = 0,45mol/lít Gọi x là nồng độ H2 tham gia phản ứng để đạt cân bằng mới. 2HI (K) H2 (K) + I2 (K) Trước phản ứng: 0,45 (mol/lít) 0,25(mol/lít) 0,3(mol/lít) Lúc cân bằng: 0,45-x (mol/lít ) 0,25-x (mol/lít) 0,3+2x (mol/lít) (0,3 + 2 x) 2 2 = 1,44 ⇒ 2,56x + 2,208x – 0,072 = 0 Kcb = (0,25 − x).(0,45 − x)

ĐK: 0< x < 0,25 Giải phương trình ta được : x = 0,03146 nhận ; x/ = -0,89 loại. Vậy : [H2] = 0,41854 (mol/lít) [I2] = 0,21854 (mol/lít) [HI] = 0,36292 (mol/lít)

0,5 0,5

0,75 0.5 0,25 0,25 0,25

Trang 73

3(4,0)

1 (2,5) Xét cân bằng: Pcb =

nRT 3.10 −3.0,082.(273 + 45) = = 0,156 atn V 0,5

N2O4 = 2NO2

t=0

3.10-3

3.10-3+

t = tb

3.10-3(1-) 6.10-3 3.10-3(1+)

⇒ Pcb = P0(1+) ⇒ α =

Ta có: ln

0,5

Pcb = 0,63 P0

0,5

K P 21 ∆H  1 1 72,8.10 3  1 1   −  = − =− −   = 0,073 K P 45 R  T2 T1  8,314  294 318 

0,5

Trang 74

2 (2,5)

Tính năng lượng liên kết trung bình C – H Viết đúng mỗi quá trình được 0,25 điểm Xếp các quá trình lại như sau: 1,25

CH4 + 2O2  → CO2 + 2H2O 2H2O  → 2H2 + O2

-2∆H3

CO2  → C(r) + O2

-∆H4 ∆H5

C(r)  → C (k) 2H2  → 4H

∆H1

2∆H6

CH4  → C(k) + 4H

∆H

∆H = ∆H1 - 2∆H3 - ∆H4 +∆H5 + 2∆H6 =1652,7 kJ/mol

⇒ 4EC-H = 1652,7 kJ/mol ⇒ EC-H = 413,175 kJ / mol.

0,5

Tính năng lượng liên kết trung bình C - C. C2H6 + 7/2O2  → 2CO2 + 3H2O

∆H2

3H2O  → 3H2 + 3/2O2

-3∆H3

2CO2  → 2C (r) + 2O2

-2∆H4

2C r  → C k

2∆H5

3H2  → 6H

3∆H6

C2H6  → 2Ck +6H

∆H

Trang 75

EC-C + 6EC-H = ∆H = ∆H2 –3∆H3 –2∆H4 + 2∆H5 +3∆H6 =2823,1 kJ/mol 0,75 ⇒ EC-C = 2823,1-6.143,175=344,05 kJ/mol 4 (4,0)

. Gọi công thức oxit kim loại hóa trị I: M2O n HCl = 1.0,09 = 0,09mol 0,5 Phương trình phản ứng: M2O + 2HCl  → 2MCl + H2O (1) 1,5/(2M + 16) 3/(2M + 16) 1(1,0 (1) suy ra: 3/(2M + 16) > 0,09 M < 8,67 0,5 Suy ra: M là Li . nLi2O(1/2 hỗn hợp) = 1,5/30 = 0,05 mol Phương trình phản ứng: Li2O + 2HCl  → 2LiCl + H2O (2) 2(1,0) 0,05 0,1 (2) suy ra: V = 0,1/1 = 0,1 lít = 100 ml Gọi số mol 3 kim loại A, B, C lần lượt là: 4x, 3x, 2x và KLNT tương ứng là MA, MB, MC ố mol H2 = 2,0262/22,4 = 0,09 mol ptpư: A + 2HCl  (1) → ACl2 + H2 4x 4x 4x B + 2HCl  (2) → BCl2 + H2 3 3x 3x 3x (2,0) CCl + H2 (3) C + 2HCl  → 2 2x 2x 2x Từ (1), (2), (3) ta có : 4x + 3x + 2x = 0,09 x = 0,01 (a) Ta có: MB = 5/3MA (b) MC = 7/3MA (c) Mặc khác ta có: MA.4x + MB.3x + MC.2x = 3,28 (d) Từ (a), (b), (c), (d) suy ra: MA(0,04 + 5/3.0,03 + 7/3.0,02) = 3,28 Suy ra: MA = 24 A: Mg MB = 5/3.24 = 40 B: Ca MC = 7/3.24 = 56 C: Fe

5 (4,0)

0,5 0,5

0,5

0,5 0,5 0,5 0,5

a) Cr2S3 + Mn(NO3)2 + K2CO3  → K2CrO4 + K2SO4 + K2MnO4 + NO + CO2 1(1,0) +6 2Cr+3  → 2Cr + 6e –2 +6 3S + 24e  → 3S +6 +6 Cr2S3  → 2Cr + 3S + 30e x 1 (a) +6 Mn+ 2  → Mn + 4e +2 2N+ 5 + 6e  → 2N

Trang 76

+6 Mn(NO3)2 + 2e  + 2N+2 x 15 (b) → Mn Cộng (a) và (b) +6 +6 +6 +2 Cr2S3 + 15Mn(NO3)2  → 2Cr + 3S + 15Mn + 30N Hoàn thành: Cr2S3 + 15Mn(NO3)2 + 20K2CO3  → 2K2CrO4 + 3K2SO4 +15 K2MnO4 + 30NO + 20CO2

b) P + NH4ClO4  → H3PO4 + N2 + Cl2 + H2O 2NO + 6e 2N –3  → O 2Cl+ 7 + 14e  → 2Cl 2(1,0 O O 2NH4ClO3 + 8e  → 2N + 2Cl x 5 +5 + 5e x8 PO  → P +5 10NH4NO3 + 8PO  8P + 10NO + 10ClO + 16H2O → 10NH4NO3 + 8P  → 8H3PO4 + 5N2 + 5Cl2 + 8H2O (a) Vẩn đục vàng của kết tủa lưu huỳnh: H2S + 1/2O2 → H2O + S↓ (b) Dung dịch có màu vàng nhạt: 1/2O2 + 2HBr → H2O + Br2 3(2,0)(c) Thoát khí O2 và nồng độ giảm dần NaClO + H2O + CO2 → NaHCO3 + HClO HClO → HCl + 1/2O2 (d) Có màu đen do sự than hóa chất bẩn hữu cơ có trong không khí. H SO Cn(H2O)m  → nC + mH2O 2

0,5 0,5 0,5 0,5

SỞ GD-ĐT QUẢNG NAM ĐỀ THI OLYMPIC 24-3-2017 Trường THPT Nguyễn Hiền MÔN: HÓA HỌC 10 Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) Câu I. (4 đ) I.1.(1,5 đ) Ion M3+ có cấu hình electron lớp ngoài cùng là 3s23p63d5. 1. Xác định vị trí (số thứ tự, chu kỳ, nhóm) của M trong bảng tuần hoàn. Cho biết M là kim loại gì? 2. Trong điều kiện không có không khí, cho M cháy trong khí Cl2 thu được một chất A và nung hỗn hợp bột (M và S) được một hợp chất B. Bằng các phản ứng hóa học, hãy trình bày phương pháp nhận biết thành phần của các nguyên tố có mặt trong các chất A và B. I.2 (1,5đ). Ở trạng thái cơ bản, electron cuối cùng của nguyên tử 3 nguyên tố A, B, C có bộ 4 số lượng tử thỏa mãn : n + l = 5 và ml. ms = 1. Viết cấu hình electron của 3 nguyên tử và gọi tên 3 nguyên tố trên. ( Qui ước ml nhận giá trị từ thấp đến cao) I. 3 (1 đ). Xác định trạng thái lai hóa của nguyên tố trung tâm trong các phần tử sau và cho biết cấu trúc hình học của chúng ( không vẽ hình): BrF3, HCN, NH4+, CO32Câu II. (4 đ) II.1( 2 đ). Cân bằng các phản ứng oxi hóa – khử sau: Trang 77

a. P + NH4ClO4 → H3PO4 + N2 + Cl2 + H2O b. CuFeSx + O2 → Cu2O + Fe3O4 + SO2 II.2(2 đ). Một pin điện hóa được thiết lập bởi một điện cực Zn nhúng trong dung dịch Zn(NO3)2 0,25M và một điện cực Ag nhúng trong dung dịch AgNO3 0,15M (ở 25 oC). a. Lập sơ đồ pin, viết phương trình phản ứng xảy ra ở các điện cực và xảy ra trong pin. b. Tính suất điện động của pin. c. Tính hằng số cân bằng của phản ứng. Cho E o Zn / Zn = − 0, 76 V , E o Ag / Ag = 0,8 V +

Câu III. ( 3,5 đ) III.1(2 đ). Từ KMnO4, NaHCO3, Fe, CuS, NaHSO3, FeS2 và dung dịch HCl đặc có thể điều chế được những khí gì? Viết phương trình hóa học. Khi điều chế các khí trên thường lẫn hơi nước, để làm khô tất cả các khí đó chỉ bằng 1 hóa chất thì nên chọn chất nào trong số các chất sau: CaO , CaCl2 khan, H2SO4 đặc, NaOH rắn. Giải thích. III.2(1,5 đ). Nguyên tử Au có bán kính và khối lượng mol lần lượt là 1,44AO và 197g/mol. Biết rằng khối lượng riêng của vàng kim loại là 19,36g/cm3. Hỏi các nguyên tử vàng chiếm bao nhiêu % thể tích trong tinh thể ?

(Cho NA = 6,022.1023 , Vhình cầu =

4 3 π R ). 3

Câu IV. (3,5 đ) IV.1(1,5 đ). Cho các phương trình nhiệt hóa học sau: Al2O3 (r) + 3 COCl2(k) → 3CO2(k) + 2 AlCl3(r) ∆H1 = -232,24 kJ ∆H 2 = -112,4 kJ CO(k) + Cl2(k) → COCl2(k)

2Al(r) +

3 O2(k) → Al2O3(r) 2

∆H 3 = -1668,2 kJ

Tính nhiệt hình thành 1 mol AlCl3 ( ∆H s ( AlCl ) ) biết ∆H s (CO ) = −110, 4 3

∆H s ( CO2 ) = −393,13

kJ / mol

IV.2 (2 đ). Cho phản ứng: 2SO2(k) + O2(k) ⇌ 2SO3(k) ∆H < 0 a. Để tăng hiệu suất quá trình tổng hợp SO3, người ta có thể sử dụng biện pháp nào liên quan đến áp suất , nhiệt độ, và chất xúc tác. Giải thích? b. Cho 10,51 mol khí SO2 và 37,17 mol không khí ( 20% về thể tích là O2, còn lại là N2) có xúc tác là V2O5. Thực hiện phản ứng ở 427oC, 1 atm thì phản ứng đạt hiệu suất 98%. Tính hằng số cân bằng Kp của phản ứng ở 427 oC Câu V. (5 đ) V. 1. (3đ) Một mẫu sắt chứa tạp chất có khối lượng m = 40 g tác dụng với 2 lít dung dịch HCl 1 M (lấy dư) ( tạp chất không tham gia phản ứng) thu được khí A và dung dịch B. Đốt cháy hoàn toàn khí A, cho sản phẩm cháy qua bình đựng H2SO4 đặc thấy khối lượng bình tăng lên 12,6 gam. a. Tính phần trăm khối lượng sắt nguyên chất trong mẫu trên. b. Lấy 1/2 dung dịch B cho vào V(ml) dung dịch KMnO4 0,5M trong dung dịch H2SO4 loãng, đun nóng thu được khí C. Dẫn khí này vào 1/2 dung dịch B còn lại thu được m gam muối D. Tính V, m. V.2. (2 đ)

Trang 78

Cho 20,4 gam hỗn hợp X gồm Zn, Fe, Al tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 10,08 lít H2 ở đktc. Mặt khác cho 0,2 mol hỗn hợp X tác dụng vừa đủ với 6,16 lít Cl2 ở đktc. Xác định khối lượng mỗi kim loại trong 20,4 gam hỗn hợp X? Cho nguyên tử khối: Al= 27, Fe= 56, Zn= 65, K=39, MN=55, O=16,H=1, Cl= 35,5

----------------------------Hết---------------------------------Thí sinh không được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học.

HDC- KỲ THI OLYMPIC LỚP 10 NĂM HỌC 2016-2017 MÔN: HOÁ HỌC 10 CÂU I ( 4 đ) Câu I.1 (1,5đ)

ĐIỂM

NỘI DUNG

1. Tổng số electron của nguyên tử M là 26. Cấu hình electron đầy đủ 0, 5 2

1s 2s22p63s23p63d64s2 ........Số thứ tự 26, chu kì 4, nhóm VIIIB. M là Fe. 0

t 2. - Fe cháy trong khí clo: 2Fe + 3Cl2 → 2FeCl3 Hòa tan sản phẩm thu được vào nước thu được dung dịch. Lấy vài ml dung dịch cho tác dụng với dung dịch AgNO3, có kết tủa trắng chứng tỏ có gốc clorua:

FeCl3 + 3AgNO3 → Fe(NO3)3 + 3AgCl ↓ 0,5 Lặp lại thí nghiệm với dung dịch NaOH, có kết tủa nâu đỏ chứng tỏ có Fe(III): FeCl3 + 3NaOH → Fe(OH)3 ↓ + 3NaCl 0

t - Nung hỗn hợp bột Fe và bột S: Fe + S → FeS Cho B vào dung dịch H2SO4 loãng, có khí mùi trứng thối bay ra chứng tỏ 0,5

có gốc sunfua: FeS + H2SO4 → FeSO4 + H2S ↑ (trứng thối)

Nhỏ dung dịch NaOH vào dung dịch thu được, có kết tủa trắng xanh chứng tỏ có Fe(II): FeSO4 + 2NaOH → Na2SO4 + Fe(OH)2 ↓ (trắng xanh)

Trang 79

CâuI.2 (1,5đ)

n + l = 5 vớ i ml .ms = 1

Ta có: 

* TH 1: ms = +

0,5

 n ≥ l + 1  l ≥ m  ms = ± 1  2

1 ⇒ ml = 2 ⇒ l ≥ 2 ⇒ n ≥ 3 . Vậy nghiệm thích hợp là: 2

n=3, l= 2, ml = 2, ms = +1/2. ⇒ Phân lớp ngoài cùng là: 3d5 Cấu hình e của nguyên tử A : 1s2 2s22p63s23p63d54s2 (Mangan) B: 1s2 2s22p63s23p63d54s1 (Crôm) * TH 2: ms = −

1 ⇒ ml = −2 ⇒ l ≥ 2 ⇒ n ≥ 3 . Vậy nghiệm thích hợp là: 2

n=3, l= 2, ml = -2, ms = -1/2.

0,5

⇒ Phân lớp ngoài cùng là: 3d6 Cấu hình e của nguyên tử C : 1s2 2s22p63s23p63d64s2 Sắt)

CâuI.3 1,0đ

Câu II (4 đ) Câu II.1 2,0đ

BrF3 : lai hóa sp3d, cấu trúc hình học : chữ T HCN : lai hóa sp, cấu trúc hình học : dạng thẳng NH4+ : lai hóa sp3, cấu trúc hình học : tứ diện CO32- : lai hóa sp2, cấu trúc hình học : tam giác

−3

1.0

2 N → N 2 + 6e

0.25x 4

2 Cl + 14e → Cl2

⇒

−3

2 N + 2 Cl +8e → N 2 + Cl2

P → P + 5e

8 P + 10NH4ClO4 → 8 H3PO4 + 5N2 + 5Cl2 + 8H2O

2x (11 + 12x)

6 CuFeSx → 6Cu+1 + 6Fe+8/3 + 6xS+4 + (22 +24x)e O2 + 4e → 2O-2

1.0

⇒ 12CuFeSx + (11+ 12x) O2 → 6Cu2O + 4Fe3O4 + 12xSO2 Câu II.2 2đ

EZn2+ / Zn = E 0 +

0, 059 lg[Zn 2+ ] 2

1,0

Trang 80

0, 059 lg 0, 25 = -0,778 V 2 E Ag + / Ag = E 0 + 0, 059 lg[Ag + ] = −0, 76 +

0,8 + 0, 059lg 0,15 = 0,751 V

⇒ Sơ đồ pin : (-) Zn Zn(NO3)2 (0,25M) Zn → Zn

Cực âm :

+ 2e

Ag + 1 e → Ag

Cực dương :

AgNO3 (0,15M) Ag (+)

⇒ Phản ứng trong pin : Zn + 2Ag → Zn2+ + 2Ag b. E pin = E Ag + /Ag - E Zn 2+/ Zn = 0,751 – (- 0,778) = 1,529 V nE 0pin

c. Hằng số cân bằng: K = 10

0,059

= 10

2.(0,8− ( −0,76)) 0,059

0,5 = 7,61.1052 0,5

Câu III. ( 3,5 đ) III.1 (2 đ)

- Các khí có thể điều chế được gồm O2, CO2, H2 , Cl2, SO2, H2S.

1,5

- Các phương trình hoá học: o

t K2MnO4 2KMnO4 →

+ MnO2 + O2

NaHCO3 + HCl  → NaCl + H2O + CO2 Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 2KMnO4 + 16HCl → 5Cl2 + 2KCl + 2MnCl2 + 8H2O NaHSO3 + HCl  → NaCl + H2O + SO2 FeS2+ 2HCl  → FeCl2 + H2S + S - Để làm khô tất cả các khí mà chỉ dùng một hoá chất thì ta chọn CaCl2 khan. Vì chỉ có CaCl2 khan hấp thụ hơi nước mà không tác dụng với các 0,5 khí đó. III.2 ( 1,5 đ)

- Thể tích của 1 mol nguyên tử Au là: 4 4 V1 = N A . π R3 = 6,022.1023. .3,14.(1,44.10-8 )3 = 7,5283(cm3 ) 3 3

0,25

- Thể tích của 1 mol tinh thể nguyên tử Au là: V2 =

197 = 10,1756 (cm3 ) 19,36

0,25

Vậy độ đặc khít của Au là: ρ=

7,5283.100 = 74% 10,1756

0,5

Trang 81

Câu IV. (3,5 đ) Câu IV.1 (1,5 đ)

∆Η S ( Al2O3 ) = ∆Η 3 = −1668, 2 kJ / mol

0,5

∆Η S (COCl2 ) = ∆Η 2 + ∆Η S (CO ) = −222,8 kJ / mol

0,5

Câu IV.2 ( 2 đ)

∆Η1 − 3∆Η S (CO2 ) + ∆Η S ( Al2O3 ) + 3∆Η S ( COCl2 )

= −694, 725 kJ / mol

0,5

a. Để tăng hiệu suất quá trình tổng hợp SO3 thì cần tác động như sau:

0,75

∆Η S ( AlCl3 ) =

- Giảm nhiệt độ của hệ phản ứng , nhưng khoảng 500 C là thích hợp vì nếu giảm nhiệt độ xuống thấp quá thì tốc độ phản ứng chậm. - Thổi liên tục khí SO2 và không khí nén ở áp suất cao vào lò phản ứng . - Dùng xúc tác V2O5 để phản ứng mau chóng đạt trạng thái cân bằng. b. nO2 bđ = 7,434 mol;

n N2 bđ = 29,736 mol

0,75

2SO2(k) + O2(k) ⇌ 2SO3(k) Ban đầu: 10,51 Phản ứng: 10,3

7,434 5,15

0 10,3

Lúc cân bằng: 0,21

2,284

10,3

mol

Lúc cân bằng số mol hỗn hợp : 0,21+ 2,284 + 10,3 + 29,736 =42,53 mol Pi = xi.P = xi.1= xi. KP =

Câu V. (5 đ) Câu V.1 (3 đ)

( PSO3 ) 2 ( PSO2 ) 2 .PO2

(10,3) 2 .42,53 = 4, 48.104 (0, 21) 2 .2, 284

Fe + 2 HCl  → FeCl2 + H2 0,7 1,4 0,7 0,7

0,5

1,0 mol

2H2 + O2  → 2H2O 0,7 0,7 mol Khối lượng bình đựng H2SO4 đặc tăng lên chính là khối lượng nước ⇒ mH2O = 12,6 g

⇒

Mà

⇒

nHCl b đ = 2 mol % m Fe tinh khiết =

nH2O = 0,7 mol nHCl dư = 2-1,4 = 0,6 mol

0, 7.56.100 = 98% 40

b. Dung dịch B gồm: FeCl2 : 0,7 mol và HCl dư : 0,6 mol

2,0

⇒ 1/2 dung dịch B gồm: FeCl2 : 0,35 mol và HCl dư : 0,3 mol

10FeCl2+6KMnO4+24H2SO4 → 5Fe2(SO4)3 +3K2SO4 +6MnSO4 +10Cl2 +24H2O 0,35 0,21 0,35 Trang 82

mol 10HCl + 2KMnO4+3H2SO4  → K2SO4 + 8H2O 0,3

0,06

⇒ n KMnO4

= 0,27 mol;

2MnSO4

+ 5Cl2

0,15 mol nCl2 = 0,5 mol

Vdd KMnO4 = 0,27: 0,5 = 0,54 lít = 540 ml 2FeCl2 + 0,35 0,35

Ban đầu: Phản ứng: Sau phản ứng: Câu V.2 (2 đ)

Cl 2  → 2FeCl3 0,5 0,175 0,35

0,325

mol

0,35

m FeCl3 = 0,35. 162,5 = 56,875 gam Đặt x, y, z lần lượt là số mol Fe, Zn, Al trong 20,4 g hỗn hợp X Theo đầu bài 56x + 65y + 27z = 20,4

(I)

Fe + 2HCl  → FeCl2 + H2

(1)

→ ZnCl2 + H2 Zn + 2HCl 

(2)

2Al + 6HCl  → 2AlCl3 + 3H2 Từ 1, 2, 3 và đầu bài

(3)

nH 2 = x + y +

0,75

3 10, 08 z= = 0, 45mol 2 22, 4

(II)

Trong 0,2 mol hỗn hợp X số mol Fe, Zn, Al lần lượt là kx, ky, kz kx + ky + kz = 0,2

(III)

→ 2FeCl3 2Fe + 3Cl2 

(4)

Zn + Cl2  → ZnCl2

(5)

→ 2AlCl3 2Al + 3Cl2 

(6)

nCl2 =

3 3 6,16 x+ y+ z = = 0, 275mol 2 2 22, 4

0,75

(IV)

Từ I, II, III, IV

0,5

X = 0,2 mol  → mFe = 11,2 gam Y = 0,1 mol  → mZn = 6,5 gam → mAl = 2,7 gam Z = 0,1 mol 

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO QUẢNG NAM TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI

ĐỀ THI OLYMPIC

Môn thi: HÓA HỌC 10 (Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao

đề)

Trang 83

Cho biết nguyên tử khối: H =1; O = 16; C= 12; Cl = 35,5; Br = 80; S = 32; N = 14; P = 31; Li = 7; Na = 23; K = 39; Mg = 24; Ca = 40; Al = 27; Ba = 137; Zn = 65; Cu = 64; Fe = 56; Mn = 55; Ag = 108. Câu 1. (4 điểm) 1.1.( 2 điểm) Một hợp chất B vô cơ được tạo nên từ cation M3+ và anion X-. Tổng số hạt (p,n,e) trong hợp chất B là 196, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 60. Số khối của nguyên tử X lớn hơn số khối của nguyên tử M là 8. Tổng số hạt trong anion X- nhiều hơn tổng số hạt trong cation M3+ là 16. a. Viết cấu hình electron cation M3+ và anion X-. b. Xác định vị trí của M, X trong bảng tuần hoàn. Xác định công thức hợp chất B c. Cho biết bộ bốn số lượng tử của electron cuối cùng trong nguyên tử M và nguyên tử X. 1.2. ( 1 điểm) Xác định trạng thái lai hóa của nguyên tử nguyên tố trung tâm trong các phân tử và ion sau: NH4+, PCl5, XeF4 và CO32-. 1.3. ( 1 điểm) Cho các số liệu sau của NH3 và NF3 : NH3 NF3 Momen lưỡng cực: 1,46D 0,24D 0 - 1290C Nhiệt độ sôi: -33 C Giải thích sự khác nhau về momen lưỡng cực và nhiệt độ sôi của hai phân tử trên. Câu 2. ( 3,5 điểm) 2.1.(2 điểm) Cân bằng các phản ứng oxi hóa khử sau theo phương pháp thăng bằng electron: a. Cu2FeSx + O2 → Cu2O + Fe3O4 + SO2. b. FexOy + H2SO4 → Fe2(SO4)3 + S + SO2 + H2O ( Biết tỉ lệ mol của S và SO2 là 1:1) 2.2. ( 1,5 điểm) Trong môi trường axit có O2 hòa tan, Cu kim loại bị oxi hóa tạo ra Cu2+. a. Viết quá trình oxi hóa và quá trình khử, phương trình phản ứng hóa học xảy ra. b. Hãy đánh giá khả năng hòa tan này ở điều kiện chuẩn. Biết E0 Cu2+/ Cu = +0, 34V và E0O2, H+/ H2O = +1,23V. Câu 3: ( 3,5 điểm) 3.1. ( 1 điểm) Viết các phản ứng hóa học xảy ra trong các trường hợp sau: a. Ozon oxi hóa I- trong môi trường trung tính. b. Sục khí CO2 qua nước Javen. d. H2O2 khử MnO4- trong môi trường axit. e. Sục khí flo qua dung dịch NaOH loãng, lạnh. 3.2. (2,5 điểm) Lấy 7,88 gam hỗn hợp A gồm hai kim lọa hoạt động (X, Y) có hóa trị không đổi chia thành hai phần bằng nhau. Phần 1 nung trong oxi dư để oxi hóa hoàn toàn thu được 4,74 gam hỗn hợp hai oxit. Phần 2 tan hoàn toàn trong dung dịch hỗn hợp hai axit HCl và H2SO4 loãng. a. Tính thể tích khí H2 thu được ở đktc b. Tính khối lượng muối thu được ở phần hai ( cho nồng độ mol của H2SO4 gấp đôi nồng độ mol của HCl trong hỗn hợp). Câu 4: ( 4 điểm) Trang 84

4.1. (1,5 điểm) Viết biểu thức cân bằng Kp và Kc , biểu thức liên hệ giữa Kp và Kc trong các trường hợp sau: a. CO2(k) + H2(k) ↔ CO (k) + H2O(k). b. 2NOCl (k) ↔ 2NO(k) + Cl2(k). 4.2. (2,5 điểm) Cho 0,003 mol N2O4(k) vào bình chân không dung tích 0,5dm3 duy trì ở 450C xảy ra phản ứng: N2O4(k) ↔ 2NO2(k). Khi cân bằng được thiết lập có 63% N2O4 bị phân hủy thành NO2. Tính hằng số Kc và Kp của phản ứng. Câu 5:( 5 điểm) 5.1. ( 2 điểm) Hỗn hợp khí A gồm có O2 và O3, tỉ khối hơi của A đối với H2 là 19,2. Hỗn hợp khí B gồm H2 và CO, Tỉ khối của hỗn hợp khí B đối với H2 là 3,6. a. Tính thành phần phần trăm theo thể tích các khí trong hỗn hợp A và hỗn hợp B. b. Tính số mol hỗn hợp khí A cần dùng để đốt cháy hoàn toàn 1 mol hỗn hợp khí B. Các thể tích khí được đo trong cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất. 5.2. ( 3 điểm) Cho hỗn hợp X gồm bột Fe và S đun nóng trong điều kiện không có không khí, thu được hỗn hợp A. Cho A tác dụng với một lượng dư dung dịch HCl thu được sản phẩm khí Y, có tỉ khối hơi của Y so với H2 là 13. Lấy 2,24 lit (đktc) khí Y đốt cháy rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy đi qua100ml dung dịch H2O2 5,1% ( có d = 1g/ml), sau phản ứng thu được dung dịch B. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. b. Tính phần trăm khối lượng các chất trong X. c. Xác định nồng độ % của các chất trong dung dịch B. HẾT

Trang 85

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO QUẢNG NAM TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM OLYMPIC MÔN HÓA HỌC 10 Câu Nội dung đáp án Biểu điểm 0,5 đ 1.1 Theo đề tính được ZM =13 ; ZX = 17. M là Al, X là Cl 3+ 2 2 6 Cấu hình e của M : 1s 2s 2p 0,25đ a 2 2 6 2 6 0,25đ Cấu hình e của Cl : 1s 2s 2p 3s 3p Vị trí của Al: chu kì 3, nhóm IIIA, ô số 13. 0,25đ b Vị trí của Cl: chu kì 3, nhóm VIIA, ô số 17. 0,25đ Công thức B: AlCl3. Bộ 4 số lượng tử của Al: n = 3, l=1, m=-1, ms = +1/2 0,25đ c Bộ 4 số lượng tử của Cl:n =3, l= 1, m = 0, ms = -1/2 0,25đ + 3 3 3 2 22 PCl5: sp d XeF4: sp d CO3 : sp 0,25đ 1.2 NH4 : sp ×4 0,5đ 1.3.a Trong NH3 cặp e dùng chung lệch về phía N làm tăng độ phân cực của phân tử. Trong NF3 cặp e dùng chung lệch về phía F làm giảm độ phân cực của phân tử. Do vậy momen lưỡng cực trong NH3 lớn hơn NF3. Phân tử NH3 có nhiệt độ sôi lớn hơn NF3 là do phân tử NH3 phân 0,5đ b cực hơn và có tạo được liên kết hidro liên phân tử. 2.1.a Cu2FeSx + O2 → Cu2O + Fe3O4 + SO2. 2× 3Cu2FeSx → 6Cu+1 + 3Fe+8/3 +3xS+4 + (12x + 14)e 0,5đ 2(6x + 7) × O2 + 4e → 2O 0,5đ 6 Cu2FeSx + (6x + 7) O2 → 6Cu2O + 2Fe3O4 + 6xSO2. b FexOy + H2SO4 → Fe2(SO4)3 + S + SO2 + H2O ( Biết tỉ lệ mol của S và SO2 là 1:1) 4× 2xFe+2y/x → 2xFe3+ + (6x - 4y)e 0,5đ +6 0 +4 (3x – 2y)× 2S + 8e → S + S 8FexOy + (18x- 4y)H2SO4 → 4xFe2(SO4)3 + (3x – 2y)S + (3x0,5đ 2y)SO2 + (18x-4y)H2O 2.2.a Quá trình oxi hóa: Cu → Cu2+ + 2e ×2 0,125đ Quá trình khử: 4H+ + O2 +4e → 2H2O ×1 0,125đ Phương trình phản ứng: 0,25đ + 2+ 2Cu + 4H + O2 → 2Cu + 2H2O b Giả sử phản ứng trên xảy ra thuận nghịch: 0,25đ + 2+ 2Cu + 4H + O2 ↔ 2Cu + 2H2O Hằng số cân bằng K = 10n.∆E/0,059 0,25đ 0 4×0,89/0,059 60,33 Ở đktc ∆E = 1.23 – 0,34 = 0,89V = > K = 10 = 10 0,25đ K rất lớn nên Cu tan tốt trong dung dịch axit có hòa tan O2 ở đktc 0,25đ 3.1.a O3 + 2I + H2O → O2 + I2 + 2OH 0,25đ b CO2 + NaClO + H2O → NaHCO3 + HClO 0,25đ + 2+ c 5H2O2 + 2MnO4 + 6H → 5O2 + 2Mn + 8H2O 0,25đ d 2F2 + 2NaOH → 2NaF + H2O + OF2 0,25đ Trang 86

3.2.a

4.1.a

4.2

5.1.a

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: nO kết hợp với 2 kim loại nO = (4,74 – 3,94)/16 = 0,05 mol Gọi 2 kim loại X,Y là M O +2e → O2Phần 1 M + ne → Mn+ Phần 2 2H+ + 2e → H2 M + ne → Mn+ Áp dụng định luật bảo toàn e → n H2 = 0,05 → V H2 = 1,12 lit Khi số mol e nhận 0,1 thì số mol điện tích dương kim loại bằng 0,1. Gọi x là số mol Cl- → 2x là số mol SO42-. Áp dụng định luật bảo toàn điện tích: x + 4x = 0,1 → x = 0,02 Khối lượng muối thu được ở phần 2: 3,94 +0,02×35,5 +0,04×96 = 8,49 g Xét phản ứng: CO2(k) + H2(k) ↔ CO (k) + H2O(k). Kp = Pco.PH2O/ PCO2.PH2 Kc = [CO]. [H2O]/ [CO2].[H2] ∆n = 0. Vậy Kp = Kc 2NOCl (k) ↔ 2NO(k) + Cl2(k). Kp = (PNO)2. (PCl)/ (PNOCl)2 Kc = [NO]2. [Cl2]/ [NOCl]2 ∆n = 1. Vậy Kp = Kc.RTPhản ứng: N2O4(k) 2NO2(k) Số mol ban đầu: 0,003 0 Số mol phản ứng: x 2x Số mol khi cân bằng: 0,003 –x 2x x = 0,003×63/100 = 0,00189 Số mol N2O4 = 0,003 – 0,00189 = 0,00111MOL Số mol NO2 = 0,00378mol [N2O4] = 0,00111/0,5 = 0,00222 mol/l [NO2] = 0,00378/0,5 = 0,00756 mol/l Kc = [0,00756]2/[0,00222] = 2,57.10-2 Kp = Kc.(RT)∆n với ∆n = 1 Kp = 2,57.10-2×0,082×(273 +45) = 0,67 Gọi x là số mol O2, y là số mol O3 trong hỗn hợp A Áp dụng quy tắc đường chéo: → x/y = 3/2 Gọi a là số mol H2, b là số mol CO trong hỗn hợp B. Tương tự: a/b = 4 Vậy %VO2 = 60%, %VO3 = 40% Vậy %VH2 = 80%, %VCO = 20%

0,25đ 0,125đ 0,125đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,125đ 0,125đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,125đ 0,125đ

Trang 87

Quá trình nhường e: H2 → 2H+ + 2e C+2 → C+4 +2e Số mol e nhường = 2×số mol hỗn hợp B = 2 mol Quá trình nhận e: O2 + 4e → 2O-2- và O3 + 6e → 3O-2 mol x 4x y 6y Số mol e nhận = 4x + 6y Áp dụng định luật bảo toàn e: 4x + 6y = 2 (1) Ta có x/y = 3/2 (2) Từ (1) và (2) tính được x = 0,25, y = 0,167 → n A = 0,417 mol

0,125đ 0,125đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

5.2.a

Viết phương trình: Fe + S → FeS (1) FeS + 2HCl → FeCl2 + H2S↑ (2) Với MY = 26 => Y có H2S và H2 , nên Fe dư phản ứng với HCl Fe + 2HCl → FeCl2 + H2↑ (3) 2H2S + 3O2 → 2SO2 + 2H2O (4) 2H2 + O2 → 2H2O (5) SO2 + H2O2 → H2SO4 (6) Gọi số mol H2S = a mol, số mol H2 = b mol MY = (34a + 2b) / (a+b) = 26 => a/b = 3 nFe(1) = nS = nFeS = nH2S = a nFe(3) = nH2 = b Số mol Fe ban đầu = a + b = 4b Phần trăm khối lượng của Fe và S trong hỗn hợp X là: %m Fe = 4a×56×100/ (4a×56+ 3a×32) = 70% và %mS = 30% n Y = 0,1mol => số mol H2S = 0,1×3/4 = 0,075 mol, số mol H2 = 0,025 Số mol H2O2 = (100×1×5,1)/(100×34) = 0,15 mol Từ phương trình (4) : nSO2 = nH2S = 0,075 mol Từ phương trình (4) : số mol H2O2 dư = 0,075 mol, số mol H2SO4 = 0,075 Từ phương trinh (4), (5): nH2O = nH2S + nH2 = 0,1 mol Áp dụng ĐLBTKL ta có;\ Khối lượng dung dịch B = mddH2O2 + mSO2 + mH2O = 100×1 + 0,075×64 + 0,1×18 = 106,6 gam Vậy nồng độ % của H2SO4 = (0,075×98×100)/106,6 = 6,895% Nồng độ % của H2O2 = (0,075×34×100)/ 106,6 = 2,392%

0,125đ 0,125đ 0,125đ 0,125đ 0,125đ 0,125đ 0,25đ 0,25đ 0,125đ 0,125đ 0,25đ 0,25đ 0,125đ 0,125đ 0,125đ 0,125đ 0,125đ 0,125đ 0,125đ 0,125đ

Trang 88

Sở GD & ĐT Quảng Nam Trường THPT Thái Phiên

KÌ THI OLYMPIC 24/3 QUẢNG NAM NĂM 2017 MÔN HÓA HỌC LỚP 10 Đề thi đề nghị

Cho NTK Na=23; Cl=35,5; Br=80; I=127; Ag=108; Fe=56; H=1; O=16; S=32 Câu I: 1. Xác định trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học trong không gian của các ion sau ClO-, ClO2-, ClO3-, ClO4-, từ đó so sánh độ bền của các ion. 2. Hợp chất A được tạo thành từ các ion đều có cấu hình electron lớp ngoài cùng là 2 3s 3p6. Trong một phân tử A có tổng số hạt bằng 164. Biết rằng A tác dụng được với một nguyên tố (đơn chất) đã có trong thành phần của A theo tỉ lệ 1:1 tạo thành chất B. Xác định công thức phân tử của A và viết công thức Lewis của A, B. Câu II: 1. Hoàn thành và cân bằng các phương trình sau bằng phương pháp thăng bằng ionelectron: a/ Al + HNO3 → N2O + 2NO + … b/ MnO4- + H2O2 + H+ → O2 + … 2. Cho các giá trị thế điện cực: E0 = -0,44V Fe2+ + 2e → Fe E0 = -0,77V Fe3+ + 1e → Fe2+ 0 3+ a/ Xác định E của cặp Fe /Fe. b/ Từ kết quả thu được hãy chứng minh rằng khi cho sắt kim loại tác dụng với dung dịch HCl 0,1M chỉ có thể tạo ra Fe2+ chứ không tạo ra Fe3+. 3. Để chuẩn độ hàm lượng Cl2 trong nước sinh hoạt người ta dùng dung dịch KI. a/ tính ∆G 0 và hằng số cân bằng K của phản ứng Cl2(k) và I-(dd) ở 298K biết: E0 Cl / 2Cl = 1,36V; E0 I / 3I = 0,54V. b/ khi trong nước có mặt các ion Cu2+, chúng cản trở sự định lượng Cl2. Hãy giải thích, biết E0 Cu / Cu = 0,16V TCuI = 10-12. Cho 2,033RT/F = 0,0592. Câu III: 1. Cho clo tác dụng với dung dịch chứa 356 gam hỗn hợp X gồm NaBr và NaI. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được chất rắn A. a) Để chất rắn A chỉ chứa 2 muối thì lượng clo tối thiểu cần dùng là 35,5 gam. Tính số mol mỗi chất trong X. b) Chất rắn A khi tác dụng với dung dịch AgNO3 dư thì cho m gam kết tủa. Tính khối lượng clo phản ứng trong 2 trường hợp sau: + m = 537,8 gam. + m = 475 gam. 2. Thả một viên bi sắt hình cầu bán kính R vào 500 ml dung dịch HCl nồng độ CM sau khi kết thúc phản ứng thấy bán kính viên bi còn lại một nửa. Nếu cho viên bi sắt còn lại vào 117,6 gam dung dịch H2SO4 5% (xem viên bi sắt còn lại có khối lượng không đáng kể so với khối lượng dung dịch H2SO4) thì khi bi sắt tan hết dung dịch H2SO4 có nồng độ mới là 4%. a) Tính bán kính R của viên bi, biết khối lượng riêng của sắt là 7,9 gam/cm3. Viên bi bị ăn mòn theo mọi hướng như nhau, π = 3,14. b) Tính CM của dung dịch HCl. Câu IV: 1. Phản ứng N2 + 3H2 2NH3, ∆ H = -92,4 kJ − 3

−

Trang 89

Năng lượng phá vỡ liên kết H2 (k) và N2(k) lần lượt bằng 436 kJ/mol và 945 kJ/mol. Tính năng lượng liên kết trung bình N-H trong phân tử NH3. 2. Cho 2 phản ứng sau: C(r) + CO2 (k) ↔ 2CO (k) (1) và 2CO2(k) ↔ 2CO(k) + O2(k) (2) Trạng thái cân bằng của phản ứng (1) được xác định bởi các dữ kiện sau: Nhiệt độ (0C) Áp suất toàn phần (atm) % VCO trong hỗn hợp 800 2,57 74,55 900 2,30 93,08 Hằng số cân bằng của phản ứng (2) ở 9000C bằng 1,25.10-16 atm. Tính ∆ H, ∆ S ở 9000C đối với phản ứng (2) biết nhiệt tạo thành ở 9000C của CO2 bằng 390,7 kJ/mol. Câu V: 1. Cho cùng một lượng kim loại R vào dung dịch HCl 0,5M dư và vào dung dịch H2SO4 đặc nóng dư thì thể tích khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất) bằng 1,5 lần thể tích khí H2 đo cùng một điều kiện nhiệt độ và áp suất. Khối lượng muối sunfat bằng 1,575 lần khối lượng muối clorua. a/ Tìm nguyên tử khối của kim loại R. b/ Hòa tan hoàn toàn 2,798 gam kim loại trên vào axit H2SO4 đặc nóng thu được dung dịch chỉ chứa muối sunfat và sản phẩm khử duy nhất là SO2. Tìm tổng khối lượng muối khan sunfat thu được và thể tích SO2 thu được ở điều kiện tiêu chuẩn. Cho biết số mol kim loại bằng 0,4 lần số mol axit. 2. Hòa tan 0,835 gam hỗn hợp X gồm NaHSO3 và Na2SO3 trong H2SO4 dư và đun nóng. Cho toàn bộ lượng khí thoát ra hấp thụ hết trong 500 ml dung dịch Br2 có nồng độ xM thu được dung dịch A. Thêm KI dư vào 50ml dung dịch A. Để phản ứng hết với lượng I3- phải dùng 12,5 ml dung dịch Na2S2O3 0,05M. Sục khí N2 qua 100ml dung dịch A để đuổi hết Br2 dư thu được dung dịch B. Trung hòa 25 ml dung dịch B cần dùng hết 25 ml NaOH 0,1M. a/ Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b/ Tính x. c/ Tính phần trăm khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X. ---HẾT---

Trang 90

PHẦN ĐÁP ÁN Câu I. 1 Cấu tử Trạng thái lai hóa Số electron không liên kết Dạng hình học 3 ClO sp 3 cặp thẳng ClO2sp3 2 cặp Góc 3 ClO3 sp 1 cặp chóp tam giác ClO4 sp3 0 cặp tứ diện đều Độ bền: ClO < ClO2 < ClO3 < ClO4 2. Cấu hình electron đầy đủ của các ion: 1s22s22p63s23p6 mỗi ion có 18e. Giả sử một phân tử A có x ion, vì phân tử trung hòa điện nên: ∑p = ∑e = 18x Gọi Z, N lần lượt là số proton và số notron có trong một phân tử A, ta có: ∑p +∑e + ∑n = 164 → 36x + N = 164 → N = 164 – 36x Mặt khác: Z ≤ N ≤ 1,5Z → 18x ≤ 164 – 36x ≤ 1,5.18x → x = 3. Do đó Z = 54; N = 56 Trường hợp 1: A gồm 2 ion M+ và 1 ion X2- → ctpt của A là: M2X.

Ta có: Zx =

54 54 - 2 = 16 → X là S và ZM = + 1 = 19 → M là K 3 3

Vậy ctpt của A là K2S Trường hợp 2: A gồm 1 ion M2+ và 2 ion X- tức công thức A là: MX2. Ta có: Zx =

54 54 - 1 = 17 → X là Cl và ZM = + 2 = 20 → M là Ca. Vậy ctpt của A là CaCl2. 3 3

Vì A tác dụng được với một nguyên tố có trong A nên A là K2S và B là K2S2. Ctpt và công thức Lewis của A và B lần lượt là: ..

K-S-K; K+[: S : ]2-K+ và K-S-S-K; K+[: S : S : ]2-K+ Câu II: 1. a/ Al + HNO3 → N2O + 2NO + Al(NO3)3 + H2O 14x Al → Al3+ + 3e 3 x 4NO3- + 18H+ + 14e → N2O + 2NO + 9H2O ------------------------------------------------------------------------14Al + 54H+ + 12NO3- → 3N2O + 6NO + 14Al3+ + 27H2O 14Al + 54HNO3 → 14Al(NO3)3 + 3N2O + 6NO + 27H2O b/ MnO4- + H2O2 + H+ → O2 + Mn2+ + H2O 2x MnO4- + 8H+ + 5e → Mn2+ + 4H2O 5x H2O2 → O2 + 2H+ + 2e -----------------------------------------------------------------------2MnO4- + 5H2O2 + 16H+ → 5O2 + 2Mn2+ + 8H2O 2. a/ Fe2+ + 2e → Fe (1) ∆G10 = -n1E 10 F = -2.(-0,44).F

Fe3+ + 1e → Fe2+ (2)

∆G20 = -n2E 02 F = -1.(0,77).F

Fe3+ + 3e → Fe (3)

∆G30 = ∆G10 + ∆G20

∆G30 = -n3E 30 F = -3E 30 F = [-2. (-0,44) - 1.(0,77)].F → E 30 = -0,036V

b/ Trong dung dịch HCl 0,1M → [H+] = 10-1M E2H+/ = E02H+/ + 0,059lg[H+] = -0,059V H

E0Fe2+/ Fe < E02H+/ < E0Fe3+/ Fe (-0,44 < -0,059 < -0,036) → H+ chỉ oxy hóa Fe thành Fe2+. 3. a/ Cl2 +2e ↔ 2Cl-

∆G10 = −2FE10 ; E10 = 1,36V

Trang 91

3I-

↔ I3- + 2e

Cl2 + 3I- ↔ 2Cl- + I3-

∆G20 = −2FE20 ; E20 = −0,54V ∆G30

∆G30 = ∆G10 + ∆G20 = -2F ( E10 − E20 ) = - 158260J − ∆G 0

− ( −158260 )

∆G 0 = -RTlnK = - 158260J → K = e RT = e 8, 314 x 298 = 5,5x1027

b/ Cu2+ cản trở sự định lượng Cl2 vì xảy ra phản ứng giữa Cu2+ và I-. Tổ hợp các cân bằng: 2+

Cu + 1e → Cu Cu+ + I- → CuI(r)

0 ,16 0 , 0592

K1 = 10 = 102,7 K2 = (Ksp)-1 = 1012 E0 0 , 0592

Cu2+ + I- + 1e → CuI(r) K = 1014,7 = 10 (2) 0 2+ 0 2+ 0 E Cu /CuI = 14,7.0,0592 = 0,87V; E Cu /CuI > E nên phản ứng (2) xảy ra cạnh tranh Cl2 / I 3−

với phản ứng (1) giữa Cl2 và I- dẫn đến việc định lượng Cl2 không chính xác. Câu III. 1. Phản ứng xảy ra lần lượt: Cl2 + 2NaI → 2NaCl + I2 (1) Cl2 + 2NaBr → 2NaCl + Br2 (2) Nếu sau phản ứng (1), Cl2 hết, NaI dư → chất rắn A chứa 3 muối. Vậy lượng clo tối thiểu để chất rắn A chỉ chứa 2 muối ứng với (1) xảy ra vừa đủ và (2) chưa xảy ra. n Cl2 = 35,5/71 = 0,5 → nNaI = 1 → nNaBr = 2. 2. Nếu (1) chưa xảy ra: nCl2 = 0 → rắn A gồm 1mol NaI và 2 mol NaBr Sau khi phản ứng với AgNO3 dư → kết tủa gồm 1mol AgI và 2 mol AgBr → mkt = mAgI + mAgBr = 1x235 + 2x188 = 611 gam. Nếu (1) xảy ra đủ, (2) chưa xảy ra: nCl2 = 0,5 rắn A gồm 1mol NaCl và 2 mol NaBr Sau khi phản ứng với AgNO3 dư → kết tủa gồm 1mol AgCl và 2 mol AgBr → mkt = mAgCl + mAgBr = 1x143,5 + 2x188 = 519,5 gam. Nếu (2) xảy ra vừa đủ: nCl2 = 1,5 → rắn A gồm 3 mol NaCl Sau khi phản ứng với AgNO3 dư → kết tủa gồm 3 mol AgCl → mkt = mAgCl = 3x143,5 = 430,5 gam. • Trường hợp mkt = 537,8 g → 519,5 < 537,8 < 611 → chỉ xảy ra (1) và NaI dư Cl2 + 2NaI → 2NaCl + I2 x 2x 2x NaCl: 2x mol AgCl: 2x mol → A gồm NaI: (1-2x) mol → kết tủa gồm AgI: (1-2x) mol NaBr: 2 mol AgBr: 2 mol m → kt = 143,5.2x + 235 (1-2x) + 188.2 = 537,8 → x=0,4 → mCl2 = 0,4.71 = 28,4 gam. • Trường hợp mkt = 475 gam → 430,5 < 475 < 519,5 → (1) xảy ra xong, (2) xảy ra chưa xong, NaBr dư. Cl2 + 2NaI → 2NaCl + I2 0,5 1 1 Cl2 + 2NaBr → 2NaCl + Br2 a 2a 2a → A gồm NaCl: (1+2a) mol → kết tủa gồm AgCl: (1+2a) mol NaBrdư: (2-2a) mol AgBr: (2-2a) mol m → mkt = 143,5 (1+2a) + 188 (2-2a) = 475 → a = 0,5 → nCl2pư=1 Cl2 = 71 gam. Trang 92

2. a) Các pthh: Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2 n Ta có H2SO4ban đầu = (117,6. 0,05)/98 = 0,06 mol n H2SO4còn = (117,6. 0,04)/98 = 0,048 mol n → H2SO4(2) = 0,06-0,048 = 0,012 mol = nFe (2) 4 4πd 3 Mặt khác mFeban đầu = d.V = d. πR 3 → nFeban đầu = R 3

3.56

Khi hòa tan viên bi trong HCl thì R giảm đi một nửa tức bán kính của viên bi còn R/2 4πd R 3 1n → nFedư = nFe (2) = Feban đầu ( ) = 3.56 2

→ nFeban đầu = 0,012.8 = 0,096 mol → mFeban đầu = 0,096.56 = 5,376 g. m 5,376 = = 0,68 cm3 7,9 d

Thể tích viên bi sắt ban đầu là V = 4 3

Ta có V = πR 3 → R = 3

3V 3 3.0,68 = = 0,545 cm. 4π 4π

b) nFe(1) = 0,096 – 0,012 = 0,084 mol → nHCl(1) = 2nFe = 2.0,084 = 0,168 mol → CM (HCl) = 0,168/0,5 = 0,336 M. Câu IV: 1. Năng lượng liên kết EN-N = -945 kJ/mol; EH-H = -436 kJ/mol N2 + 3H2 → 2NH3, ∆ H = -92,4 kJ Ta có ∆ H = 6EN-H – (EN-N + 3EH-H) → -92,4 = 6EN-H – (-945+ 3.(-436)) → EN-H = -390,9 kJ/mol.

2. Nhiệt độ (0C) Áp suất CO2 800 2,57. 0,2545 900 2,3. 0,0692 Xét phản ứng C(r) + CO2 (k) ↔ 2CO (k) (1) Ta có hằng số cân bằng KP =

Áp suất CO 2,57. 0,7455 2,3. 0,9308

2 PCO P CO 2

Ở 8000C (10730K) có KP(T1) =

(2,57. 0,7455)2 = 5,6123 atm 2,57. 0,2545

(2,3. 0,9308)2 Ở 900 C (1173 K) có KP(T2) = = 28,7962 atm 2,3. 0,0692 28,7962 ∆H 1 1 K (T ) ∆H 1 1 Ta có ln P 2 = = ( − ) → ∆ H = 171,12 kJ/mol ( − ) → ln K P (T1 ) R T1 T2 5,6123 8,314 1073 1173 C(r) + CO2 (k) ↔ 2CO (k) (1) ∆ H1 = 171,12 kJ/mol C(r) + O2 (k) ↔ CO2 (k) (3) ∆ H3 = -390,7 kJ/mol 2CO2(k) ↔ 2CO(k) + O2(k) (2) ∆ H2 0

Xét phản ứng (2) ở 9000C (11730K) Ta có ∆ H2= ∆ H1 - ∆ H3 = 561,82 kJ/mol ( ∆ H1173) -16 ∆ G1173= -RTlnKP = -8,314. 1173ln (1,25.10 ) = 357200 J/mol

Lại có ∆ G = ∆ H - T ∆ S → ∆ S =

∆H − ∆G 561820 − 357200 = = 174400 J/mol T 1173

= 174,4 kJ/mol. Câu V: 1. a) R + nHCl → RCln + (n/2)H2 Trang 93

a na 0,5na (mol) → 2R + 2mH2SO4 R2(SO4)m + mSO2 + 2mH2O a 0,5a 0,5ma Ta có 0,5ma = 1,5. 0,5na → m=1,5n (1) Mặt khác (2R+96m)0,5a = 1,575 (R+ 35,5n)a (2) Thay (1) vào (2), chọn n=2, m=3 thì R=55,957. b) nFe = 2,798/55,957 = 0,05 mol → nH2SO4 = 0,05/0,4 = 0,125 mol → nH+ = 0,25 4H+ + SO42- + 2e → SO2 + 2H2O

0,25 0,0625 0,0625 V → SO2 = 0,0625. 22,4 = 1,4 lít mmuối sunfat = 2,798 + 96. 0,0625 = 8,798 gam. 2. a) Đặt hỗn hợp X gồm NaHSO3 (a mol) và Na2SO3 (b mol) HSO3- + H+ → SO2 + H2O (1) + 2SO3 + 2H → SO2 + H2O (2) (3) SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr + 2(4H + SO4 + 2Br ) Br2 + 3I- → 2Br- + I3(4) (5) I3- + 2S2O32- → 3I- + S4O42+ H + OH → H2O (6) b) Xét 50 ml dung dịch A: nS2O32- = 6,25.10-4 mol → nBr2 (4) = nI3- = 3,125.10-4 mol → nBr2 dư trong 500ml dung dịch A = 10. 3,125.10-4 = 3,125.10-3 mol Xét 25 ml dung dịch B: nOH- = 1,5.10-3 mol → nH+ trong 500 ml dung dịch A = 20. 1,5.10-3 = 0,03 mol Ta có nBr2 = nBr2(3) + nBr2 (dư) =

1n OH- + nBr2 (dư) = 0,010625 mol 4

→ x = 0,010625/0,5 = 0,02125M. c) nSO2 = nBr2 (3) = 0,03/4 = 0,0075 = a+b (1) (2) Lại có mhh = 104a + 126b = 0,835 Từ (1) và (2) ta được a = 0,005 và b = 0,0025. → mNaHSO3 = 0,52 g → %mNaHSO3 = 62,28% → %mNa2SO3 = 37,72%. ---HẾT--ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI OLYMPIC NĂM HỌC 2016 - 2017 QUẢNG NAM Môn: HÓA HỌC 10 Thời gian làm bài: 150 phút

Câu I(4 điểm): 1.Cho hai nguyên tử A và B có tổng số hạt là 65 trong đó hiệu số hạt mang điện và không mang điện là 19. Tổng số hạt mang điện của B nhiều hơn tổng số hạt mang điện của A là 26. a) Xác định A, B.Viết cấu hình electron của A, B và cho biết bộ 4 số lượng tử ứng với electron cuối cùng trong nguyên tử A, B. b) Xác định vị trí của A, B trong bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học.

Trang 94

c) Viết công thức Lewis của phân tử AB2, cho biết dạng hình học của phân tử, trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm? d) Hãy giải thích tại sao phân tử AB2 có khuynh hướng polime hoá? 0

2.Cho biết: rNa + = 0,95 A , rCl − = 1,81 A . Hãy dự đoán cấu trúc mạng tinh thể của NaCl? Vẽ cấu trúc mạng này? Tính số phân tử NaCl trong một tế bào cơ sở? 3. X, Y là hai nguyên tố thuộc cùng một chu kì trong bảng hệ thống tuần hoàn, chúng tạo được với nguyên tố flo hai hợp chất XF3 và YF4, biết: * Phân tử XF3 có các nguyên tử nằm trên cùng một mặt phẳng, phân tử có hình tam giác. * Phân tử YF4 có hình tứ diện. * Phân tử XF3 dễ bị thủy phân và kết hợp được tối đa một anion F- tạo ra XF4-. * Phân tử YF4 không có khả năng tạo phức. a) Xác định vị trí của X và Y trong bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố. b) So sánh góc liên kết, độ dài liên kết trong XF3 với XF4-. Câu II(4 điểm): 1.Hoàn thành các pthh của phản ứng sau (cân bằng theo phương pháp thăng bằng electron): a. FeO + HNO3 → N x O y ↑ + ... Trên cơ sở hệ số tìm được, hãy suy luận để xác định hệ số cho trường hợp Fe3O4: Fe3O4 + HNO3 → NxOy ↑+... b. CuFeS2 + Fe2 (SO 4 )3 + O2 + H 2O → CuSO 4 + FeSO4 + H 2SO 4 2. Cho giản đồ thế khử chuẩn của Mn trong môi trường axit: ? +2,27V +0,95V ? MnO -4  → MnO 2-4  → MnO 2  → Mn 3+  → Mn 2+

+1,70V

+1,23V

3+ 2+ a)Tính thế khử chuẩn của cặp: MnO-4 /MnO 24 và Mn /Mn b)Hãy cho biết các tiểu phân nào không bền và bị dị phân. Hãy tính hằng số cân bằng của các phản ứng dị phân đó. Câu III(5,5 điểm) 1. Viết phương trình phản ứng xảy ra trong những trường hợp sau: (2 điểm) a. Ozon oxi hóa I- trong môi trường trung tính b. Sục khí CO2 qua nước Javel c. Cho nước Clo qua dung dịch KI d. Sục khí Clo đến dư vào dung dịch FeI2 2. Đem nhiệt phân 22,12 gam kalipemangannat thu được 21,16 gam hỗn hợp rắn X. Cho X tác dụng với lượng dư dung dịch axit HCl đặc. Tính thể tích khí clo (đktc) có thể thoát ra cực đại. 3. Hãy trình bày cách làm sạch các chất sau, viết phương trình phản ứng (nếu có) để giải thích. a. HCl bị lẫn H2S. b. H2S bị lẫn HCl. c. CO2 bị lẫn SO2. d. CO2 bị lẫn CO. 4. Nhiệt phân 98 gam KClO3 (có xúc tác MnO2), sau một thời gian thu được 93,2 gam chất rắn và khí A. Cho toàn bộ lượng khí A phản ứng hết với hỗn hợp kim loại X gồm Mg, Fe thu được hỗn hợp chất rắn Y cân nặng 15,6 gam. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp Y bằng dung dịch H2SO4 đặc, nóng, dư thu được 0,56 lít khí SO2 (đktc, sản phẩm khử duy nhất của S+6). Tính thành phần % khối lượng của Mg trong hỗn hợp X. 5. Cho m gam hỗn hợp X gồm Fe và Fe3O4 tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc, nóng, thu được 2,24 lít khí SO2 (đktc, sản phẩm khử duy nhất của S+6) và còn gam kim loại không tan. Cho toàn bộ lượng kim loại không tan tác dụng hết với dung dịch HCl (lấy dư 10% so với lượng cần phản ứng) được dung dịch A. Dung dịch A tác dụng hết với dung dịch chứa tối đa 0,064 mol KMnO4 đun nóng (đã axit hóa bằng H2SO4 dư). a) Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.

Trang 95

b) Tính giá trị của m và thành phần % khối lượng các chất trong hỗn hợp X? Câu IV(2,5 điểm) 1. Tính nhiệt sinh chuẩn ( ∆ H0298.s) của CH4 (K). Biết rằng năng lượng liên kết H – H trong H2 là 436 kJ.mol-1; năng lượng liên kết trung bình C – H trong CH4 là 410 kJ.mol-1 và nhiệt nguyên tử hóa ∆ H0a của Cgr (K) là: ∆ H0a= 718,4 kJ.mol-1. Các giá trị đều xác định ở điều kiện chuẩn. 0

t  → CaO (r) + CO2 (khí) 2. a/ Cho phản ứng phân hủy : CaCO3 (r) ← 

(1).

Biết : ∆H =+178,32KJ , ∆S =+160,59J/K . Tính ∆G của phản ứng (1) ở 8500C ? 0 pu

0 pu

b/Cho : O2(k) Cl(k) H2O(l) ∆H0 (kJ/mol-1) 0 0 285,8 S0298 (J.mol-1. K) 205,03 222,9 69,9 Tính hằng số cân bằng của phản ứng. 4HCl(k) + O2 (k) Tại 298K

HCl(k)

H2O(k )

- 92,31

-241,83

186,7

188,7

2Cl2 (k) + 2H2O(k)

(1)

Câu V(4 điểm) 1. Nén 2 mol N2 và 8 mol H2 vào bình kín dung tích 2 lít (chỉ chứa sẵn chất xúc tác với thể tích không đáng kể) đã được giữ ở nhiệt độ không đổi. Khi phản ứng đạt tới cân bằng, áp suất trong bình bằng 0,8 lần áp suất ban đầu đo ở cùng nhiệt độ. a.Tìm hằng số cân bằng của phản ứng. b.Cân bằng dời đổi theo chiều nào khi: - Tăng nồng độ mol NH3. - Giảm nhiệt độ. - Tăng áp suất. 2. Nguyên tử của nguyên tố X có tổng số hạt các loại là 60, số hạt mang điện trong hạt nhân bằng số hạt không mang điện. Nguyên tử của nguyên tố Y có 11 electron p. Nguyên tử nguyên tố Z có 4 lớp electron và 6 electron độc thân. e) Dựa trên cấu hình electron, cho biết vị trí của các nguyên tố trên trong bảng hệ thống tuần hoàn. f) So sánh (có giải thích) bán kính của các nguyên tử và ion X, X2+ và Y-. 3. Sục Cl2 vào dung dịch KOH loãng thu được dung dịch A, hòa tan I2 vào dung dịch KOH loãng thu được dung dịch B (tiến hành ở nhiệt độ phòng). c) Viết phương trình hóa học xảy ra và cho nhận xét. d) Nêu hiện tượng và viết phương trình hóa học xảy ra khi cho lần lượt các dung dịch hỗn hợp HCl và FeCl2, dung dịch Br2, H2O2 vào dung dịch A (không có Cl2 dư). e) Những thay đổi nào có thể xảy ra khi bảo quản lâu dài trong bình miệng hở các dung dịch sau đây: (a) axit sunfuhiđric, (b) axit bromhiđric, (c) nước Gia-ven, (d) axit sunfuric đậm đặc. =====HẾT=====

HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM

ĐỀ THI OLYMPIC Môn: Hoá học 10 Câu I

Nội dung

Điểm

Câu 1

Trang 96

a)Gọi ZA, ZB lần lượt là số proton trong nguyên tử A, B. Gọi NA, NB lần lượt là số notron trong nguyên tử A, B. Với số proton = số electron (2Z A + N A ) + (2Z B + N B ) = 65  Z + Z B = 21  Z A = 4  Ta có hệ : (2Z A + 2Z B ) − (N A + N B ) = 19 ⇔  A ⇒  Z B − Z A = 13  Z B = 17 2Z − 2Z = 26 A  B

ZA = 4 ⇒ A là Be

Cấu hình e : 1s22s2 Bộ 4 số lượng tử: n = 2, l = 0, m = 0, ms = −

ZB = 17 ⇒ B là Cl

0.25

1 2

0,25

Cấu hình e : 1s22s22p63s23p5

Bộ 4 số lượng tử: n = 3, l = 1, m = 0, ms = −

1 2

0.25

b) Ta có Z = 4 ⇒ Be ở ô thứ 4, có 2 lớp e ⇒ Be ở chu kỳ 2. Nguyên tố s, có 2e ngoài cùng ⇒ nhóm IIA.

0.25

Tương tự cho Cl: ô thứ 17, chu kỳ 3, nhóm VIIA.

.. .. : Cl : Be : Cl : .. .. Hình dạng hình học của phân tử: đường thẳng

0.25

Trạng thái lai hoá : sp 0.5

d) Khi tạo thành phân tử BeCl2 thì nguyên tử Be còn 2 obitan trống; Cl đạt trạng thái bền vững và còn có các obitan chứa 2 electron chưa liên kết do đó nguyên tử clo trong phân tử BeCl2 này sẽ đưa ra cặp electron chưa liên kết cho nguyên tử Be của phân tử BeCl2 kia tạo liên kết chonhận. Vậy BeCl2 có khuynh hướng polime hoá:

Cl .... Ta có:

Cl Be

rNa + 0,95 Cl = = 0,525. rCl − 1,81

Cl Be

Be Cl

0.25

Cl ....

Be Cl

Từ tỉ lệ này cho phép dự đoán cấu trúc mạng lưới NaCl là lập phương tâm diện kép:lập phương Câu 2 tâm diện của Na+ lồng vào lập phương tâm diện của Cl-.

Cl-

Trang 97 +

Theo hình vẽ, ta có:

1 1 + 6. = 4. 8 2 1 + 1.1 = 4. n Na+ = 12. 4 ⇒ có 4 phân tử NaCl trong một tế bào cơ sở. n Cl- = 8.

Xác định vị trí của X và Y trong bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố. Từ các tính chất đã cho, suy ra: - X (trong XF3) chỉ có 1 obital trống; - Y (trong YF4) không có obital trống. a) Vậy X và Y phải ở chu kì 2⇒ X là 5B, Y là 6C. Câu 3 - Góc liên kết FXF trong XF3 là 120o, Góc liên kết FXF trong XF4- là 109o28’ Vì Trong XF3 X lai hóa sp2, trong XF4- thì X lai hóa sp3. b)- Độ dài liên kết: d (X – F) trong XF3 < d(X – F) trong XF4- vì liên kết trong XF3 ngoài liên kết σ còn có một phần liên kết π không định chỗ. Câu II Fe(NO 3 )3 + N x O y ↑ + H 2 O a)FeO + HNO3 → Fe+2

→ Fe+3 + 1e +

0.5

x (5x - 2y)

xN+5 + (5x - 2y) e → N x x

Cân bằng: (5x-2y) FeO + (16x-6y) HNO3 → (5x-2y) Fe(NO3 )3 + N x O y ↑ + (8x − 3y)H 2 O Suy luận: Vì có thể xem Fe3O4 là FeO.Fe2O3, nên phần Fe2O3 không bị oxi hóa mà chỉ hòa tan trong HNO3 thành Fe(NO3)3, còn FeO thì tham gia phản ứng oxi hóa khử với hệ số như ở trên. Vì Câu 1 vậy ngoài phần HNO3, cần cho phản ứng với FeO như trên, còn cần (5x-2y)6.HNO3 để tạo muối với Fe2O3. Vậy hệ số tổng cộng là: (5x-2y) Fe3O4 + (46x-18y) HNO3 → (15x-6y) Fe(NO3 )3 + N x O y ↑ + (23x − 9y)H 2 O b)

0.5

CuFeS2 + Fe2 (SO4 )3 + O2 + H 2 O → CuSO4 + FeSO4 + H 2SO4

2S-2 → 2S+6 + 16e x 1 2Fe+3 +2e → 2Fe+2 xa -2 0 O 2 + 4e → 2O xb Vì tổng số electron mà các chất khử cho phải bằng tổng số electron mà các chất oxi hóa nhận, do đó ta có phương trình: 2a + 4b = 16 hay a + 2b = 8 ⇒ 0<a<8 và 0<b<4 Vì chỉ có 1 phương trình mà lại 2 ẩn số a, b nên có nhiều nghiệm số, ví dụ cho b=1 thì a=6

0,5

CuFeS2 + 6Fe2 (SO4 )3 + O2 + 6H 2O → CuSO 4 + 13FeSO4 + 6H 2SO 4 a)Mỗi cặp oxi hoá khử tính đúng được 0,5 điểm. 3+ 2+ Thế khử chuẩn của cặp: MnO-4 /MnO 24 và Mn /Mn

→ MnO2 +2H2O MnO 24− +4H+ +2e 

(1)

Lấy (2) trừ (1) ta có: MnO +e  → MnO − 4

E10 =+2,27V

0.25

MnO + 4H +3e  → MnO2 +2H2O − 4

0.25 0.25

(2) E 2 =+1,70V 2− 4

(3) E03 = 3E02 – 2E01 = +0,56V

→ Mn3+ +2H2O (4) E04 =+0,95V MnO2 +1e +4H+  + MnO2 +2e +4H  → Mn2+ +2H2O (5) E05 =+1,23V Lấy (5) trừ (4) ta có: Mn3+ +1e  → Mn2+ (6) E06 = 2E05 – E04 = +1,51V b) Trả lời đúng một tiểu phân không bền được 0,25 điểm. Tính đúng một giá trị K được 0,25 điểm. Câu 2

MnO

2− 4

và Mn không bền và dị phân.

2− 4

+4H+ +2e  → MnO2 +2H2O

E10 =+2,27V

2 MnO24−  → 2MnO −4 +2e

-E 30 =-0,56V

MnO

0.25

0.25 0.25

3 MnO24− +4H+  → 2MnO −4 + MnO2 +2H2O (7) ∆E07 = +1,71V >0 nên phản ứng (7) tự xảy ra.

2∆E 07 = 57,966  → K7 = 9,25.1057 0,059 Mn3+ +1e  → Mn2+ E 06 =+1,51V lgK 7 =

Mn3++2H2O  → MnO2 +1e+4H+ -E04= -0,95V → MnO2 +Mn2+ +4H+ (8) ∆E08 = +0,56V >0 2Mn3++2H2O  nên phản ứng (8) tự xảy ra. ∆E 80 lgK 8 = = 9, 492  → K8 = 3,1.109 0,059

0,25 0,25

CâuIII 1,5

a)O3 + 2KI + H2O → O2 + I2 + 2KOH b)CO2 + NaClO + H2O → NaHCO3 + HclO c)Cl2 + 2KI → 2KCl + I2 ; Câu 1 Nếu KI còn dư: KI + I2 → KI3 d)2FeI2 + 3Cl2 → 2FeCl3 + 2I2 ; 5Cl2 + I2 + 6H2O → 2HIO3 + 10HCl Ta có phản ứng nhiệt phân KMnO4 0

t 2KMnO 4  → K 2 MnO 4 + MnO 2 + O 2 Theo định luật BTKL ta tính được: Câu 2 Khối lượng khí oxi đã thoát ra là: m O2 = 22,12 − 21,16 = 0, 96 gam

(1)

0,96 = 0, 03mol 32 Từ phương trình phản ứng (1) ta tính được các đại lượng:

⇒ số mol oxi là:

n O2 =

Trang 99

n KMnO4 = 2n O2 = 0, 06 mol n K 2MnO4 = n O2 = 0, 03mol n MnO2 = n O2 = 0, 03mol 22,12 = 0,14 mol 158 ⇒ số mol KMnO4 còn dư sau nhiệt phân là: 0,14 - 0,06 = 0,08 mol Như vậy ta có chất rắn X gồm các chất sau: KMnO4: 0,08 mol K 2 MnO 4 :0, 03mol Theo bài ra ta có: số mol KMnO4 ban đầu đem dùng là: n KMnO4 =

1,25

MnO 2 : 0, 03mol Khi cho X tác dụng với HCl đặc dư ta có các phương trình của các phản ứng hóa học đã xảy ra: 2KMnO4 + 16HCl → 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O (2) (3) K2MnO4 + 8HCl → 2KCl + MnCl2 + 2Cl2 + 4H2O (4) MnO2 + 4HCl → MnCl2 + Cl2 + 2H2O Từ các phương trình (2), (3), (4) ta tính được tổng số mol khí Cl2 thoát ra là: 5 ∑ n Cl2 = 2n KMnO4 + 2n K2MnO4 + n MnO2 = 0,29 mol ⇒ thể tích khí Cl2 (đktc) thoát ra là: V = n.22,4 = 0,29.22,4 = 6,496 (lít) Vậy thể tích khí clo có thể thoát ra cực đại là 6,496 lít Câu 3 a. Sục hỗn hợp qua dung dịch Cu(NO3)2 dư trong HCl đặc H2S bị giữ lại. 0.5 Cu(NO3)2 + H2S CuS + 2HNO3 b. Sục hỗn hợp qua nước hoặc dung dịch axit (HCl, H2SO4 loãng...) dư HCl bị hòa tan. c. Sục hỗn hợp qua dung dịch chất oxi hóa mạnh (KMnO4, Br2...) SO2 bị giữ lại 2HBr + H2SO4 Câu 3 SO2 + Br2 + 2H2O d. Cho hỗn hợp qua oxit kim loại yếu hoặc trung bình nung nóng (CuO, FeO...) CO bị chuyển thành CO2 t CO + CuO Cu + CO2 0

Bảo toàn khối lương: 2KClO3 → 2KCl +3O2 tìm nO2=0,15 mol Theo PP bảo toàn e O2 + 4e → 2O2Mg → 2e + Mg2+ x 2x (mol) 0,15 0,6 (mol) Fe → 3e + Fe3+ S+6 + 2e → S+4 Câu 4 y 3y (mol) 0,05 0,025(mol)

⇒ x = 0,1; y = 0,15 ⇒ mMg = 0,1.24 = 2, 4 g 2, 4 .100% ≈ 22, 22% 10,8  24 x + 56 y = 10,8 Bảo toàn e ta có hệ:   2 x + 3 y = 0, 65 ⇒ x = 0,1; y = 0,15 ⇒ mMg = 0,1.24 = 2, 4 g ⇒ % m Mg =

⇒ % m Mg =

2, 4 .100% ≈ 22, 22% 10,8

Câu 5 Cho hỗn hợp Fe, Fe3O4 tác dụng với dung dịch H2SO4đặc, nóng, còn dư kim loại không

tan là Fe dư. =>dung dịch thu được sau phản ứng chỉ chứa muối FeSO4.

1,25

Trang 100

PTHH các phản ứng : 2Fe + 6H2SO4 đ,nóng → Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (1) 2Fe3O4 + 10H2SO4đ,nóng → 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O (2) Fe + Fe2(SO4)3 → 3FeSO4 (3) Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (4) 10HCl + 2 KMnO4 + 3H2SO4 → K2SO4 + 2MnSO4 + 5Cl2 + 8 H2O (5) 10FeCl2 + 6 KMnO4 + 24H2SO4 → 3K2SO4 + 6MnSO4 + 5Fe2(SO4)3 + 10Cl2 + 24 H2O (6) Gọi số mol Fe dư là a mol Theo (4) ta có : nHCl phản ứng = 2a (mol) => nHCl dư = 0,2a (mol) Dung dịch A thu được, tác dụng với dung dịch KMnO4/H2SO4 Theo các phản ứng (5), (6) => nKMnO = 0,64a = 0,064 => a= 0,1 mFe dư= 5,6 gam = 7m/ 50 => m = 40 (gam) Gọi số mol Fe, Fe3O4 phản ứng ở (1), (2), (3) là x, y Ta có 56 x + 232y = 40- 5,6 = 34,4 (7) Số mol SO2 = 0,1mol Các quá trình: → Fe+2 + 2e → S+4 Fe0  S+6 +2e  Mol : x 2x mol: 0,2 0,1 +8/3 +2  → 3Fe + 2e 3Fe Mol: 3y 2y Theo định luật bảo toàn electron ta có : 2x = 2y + 0,2 (8) Từ (7) và (8) ta giải ra được : x = 0,2 và y = 0,1 Khối lượng sắt ban đầu : mFe bđ = 0,2. 56 + 5,6 = 16,8 gam => %mFe= 42% ; % mFe O = 58%. 4

3 4

Câu IV:

0.25

1/ ta có : Cgr

∆H 0a

2H2

∆H0298.s

→

CH4 (k)

0.5

– 4EC – H

2E H −H C(k) + 2H2 (k)  → C(k) + 4H(k) Theo định luật Hess: ∆H 0298.s (CH4) = ∆H 0a + 2EH – H – 4EC – H = 718,4 + 2. 436 - 4. 410 = - 49,6 kJ.mol-1 0

t  → CaO (r) + CO2 (khí) (1). 2/ a/CaCO3 (r) ←  0 0 0 ∆G = ∆H –T.∆S = 178,32.103 –(850 + 273). 160,59 = -2022,57 J ∆G0 = -2022,57 J ≈ -2,022 KJ b/ Ta có : ∆H0pư = (2.0 + 2 (-241,83)) - 4 (-92,31) - 1.0 = - 114,42 (kJ) ∆S0pư = (2 . 188,7) + 2,222,9 - 205,03 - 4.186,7 = - 128,63 (J/K) 0 => ∆G pư = ∆H0pư - 298 ∆S0pư = - 114420 - 298 (-128,63) = - 76088,26 (J) 0 => ∆G = - RT ln Kp ∆G 0 (−76088,26) => ln Kp = = − = 30,71 RT 8,314 . 298 Kp = 2,17 . 1013

0.25 0,5

Trang 101

Câu1 a) Gọi x là số mol của N2 phản ứng:

Ta có phản ứng hoá học: N2 + 3H2  → 2NH3 (Lập tỉ lệ: 2 x 2–x

Sau phản ứng:

8 3x 8-3x

2 8 < nên N2 hết) 1 3

0 2x mol 2x

2 x + 8 − 3x + 2 − x = 0,8 ⇒ x = 1 . 2+8 2x 2− x 8 − 3x = 1M ; [N2] = = 0, 5M và [H2] = = 2,5M Suy ra [NH3] = 2 2 2 Vậy hằng số cân bằng của phản ứng : Ta có: Psau / Ptrước =

nsau / ntrước ⇔

[ NH 3 ] = 12 = 0,128 KC = 3 3 [ N 2 ].[ H 2 ] 0,5.(2, 5) 2

b) Cân bằng dời chuyển: - Tăng [NH3] cân bằng dời chuyển theo chiều giảm [NH3]: chiều nghịch. - Giảm nhiệt độ cân bằng dời chuyển theo chiều tỏa nhiệt: chiều thuận. Câu V - Tăng áp suất: cân bằng dời chuyển theo chiều giảm áp suất; chiều giảm số phân tử khí: chiều thuận. Câu 2/ a) Xác định vị trí dựa vào cấu hình electron: 2ZX + N X = 60 ; ZX = N X ⇒ ZX = 20 , X là canxi (Ca), cấu hình electron của 20Ca : [Ar] 4s2 Cấu hình của Y là 1s22s22p63s23p5 hay [Ne] 3s2 3p5⇒ Y là Cl Theo giả thiết thì Z chính là crom, cấu hình electron của 24Cr : [Ar] 3d5 4s1 STT Chu kỳ Nhóm nguyên tố Ca Cl Cr

20 17 24

4 3 4

IIA VIIA VIB

b) Trật tự tăng dần bán kính nguyên tử: R Ca 2 + < R Cl− < R Ca Bán kính nguyên tử tỉ lệ với thuận với số lớp electron và tỉ lệ nghịch với số đơn vị điện tích hạt nhân của nguyên tử đó. Bán kính ion Ca2+ nhỏ hơn Cl- do có cùng số lớp electron (n = 3), nhưng điện tích hạt nhân Ca2+ (Z = 20) lớn hơn Cl- (Z = 17). Bán kính nguyên tử Ca lớn nhất do có số lớp electron lớn nhất (n = 4).

Câu 3 a) Ở nhiệt độ thường: 2KOH + Cl2 → KCl + KClO + H2O 6KOH + 3I2 → 5KI + KIO3 + 3H2O Trong môi trường kiềm tồn tại cân bằng : 3XO- ⇌X- + XO 3− Ion ClO- phân hủy rất chậm ở nhiệt độ thường và phân hủy nhanh khi đun nóng, ion IO- phân hủy ở tất cả các nhiệt độ. b) Các phương trình hóa học : Ion ClO- có tính oxi hóa rất mạnh, thể hiện trong các phương trình hóa học:

Trang 102

- Khi cho dung dịch FeCl2 và HCl vào dung dịch A có khí vàng lục thoát ra và dung dịch từ không màu chuyển sang màu vàng nâu : 2FeCl2 + 2KClO + 4HCl → 2FeCl3 + Cl2 + 2KCl + 2H2O - Khi cho dung dịch Br2 vào dung dịch A, dung dịch brom mất màu : Br2 + 5KClO + H2O → 2HBrO3 + 5KCl - Khi cho H2O2 vào dung dịch A, có khí không màu, không mùi thoát ra: H2O2 + KClO → H2O + O2 + KCl c) (a) Vẩn đục vàng của kết tủa lưu huỳnh: H2S + 1/2O2 → H2O + S↓ (b) Dung dịch có màu vàng nhạt: 1/2O2 + 2HBr → H2O + Br2 (c) Thoát khí O2 và nồng độ giảm dần NaClO + H2O + CO2 → NaHCO3 + HClO HClO → HCl + 1/2O2 (d) Có màu đen do sự than hóa chất bẩn hữu cơ có trong không khí. H 2 SO4 → nC + mH2O Cn(H2O)m 

SỞ GD&ĐT TỈNH QUẢNG NAM ĐỀ THI OLYMPIC TRƯỜNG THPT QUẾ SƠN HÓA 10: THỜI GIAN 180 PHÚT Câu 1:Dựa vào cấu tạo nguyên tử, phân tử hãy giải thích các câu sau đây: 1.1. Năng lượng ion hóa thứ nhất của nitơ lớn hơn năng lượng ion thứ nhất của oxi. 1.2. Nhịệt độ sôi của HCl thấp hơn nhiệt độ sôi của HF và HBr. 1.3. Nhiệt độ nóng chảy của CaO cao hơn nhiều so với nhiệt độ nóng chảy của KCl. 1.4. Cacbondioxit dễ bay hơn lưu huỳnh dioxit. 1.5. Từ 4 nguyên tử N tạo ra 2 phân tử N2 thuận lợi hơn 1 phân tử N4 dạng tứ diện. Biết năng lượng liên kết của N – N là 163 kJ / mol và N≡ N là 945 kJ/mol. Câu 2.Nguyên tử của các nguyên tố A, R, X có electron cuối cùng ứng với 4 số lượng tử:

2.1.

n = 3 ℓ = 1 m = +1,

s=+

1 2

n = 2 ℓ = 1 m = 0,

s=−

1 2

n = 2 ℓ = 1 m = +1,

s=−

1 2

Gọi tên A, R, X (theo quy ước các giá trị của m theo tứ tự +ℓ... 0 ...-ℓ)

Trang 103

Xác định trạng thái lai hóa của các nguyên tử trung tâm và dạng hình học

2.2.

của các phân tử và ion sau: R2X, AR6, H2AX3, AX 24− (H là hidro). Câu 3.Cân bằng các phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng ion – electron. 3.1.

NaNO3 + Zn + KOH → Na 2 ZnO 2 + K 2 ZnO 2 + NH 3 + H 2 O

3.2.

KMnO 4 + H 2SO 4 + H 2 O 2 → O 2 + ...

3.3.

Fe x O y + H + + NO 3− → N z O t + ...

Câu 4 Cho dung dịch chứa đồng thời KI 0,01M và KCl 0,1M, khi dùng một lượng dung dịch AgNO3 thích hợp để tác dụng với dung dịch trên. a. Hãy cho biết kết tủa nào được tạo thành trước? Vì sao? b. Tính nồng độ Ag+ trong dung dịch AgNO3 cần để tách hết ion I- ra khỏi dung dịch trên. Cho TAgI = 8,3.10-17 ; TAgCl = 1,76.10-10 Câu 5. Tính năng lượng liên kết trung bình C – H và C – C từ các kết quả thực nghiệm sau: - Nhiệt đốt cháy CH4:

-801,7

kJ/mol

- Nhiệt đốt cháy C2H6

-1412,7

kJ/mol

- Nhiệt đốt cháy H2:

-241,5

kJ/mol

- Nhiệt đốt cháy than chì

-393,4

kJ/mol

- Nhiệt hóa hơi than chì:

+715,0

kJ/mol

- Năng lượng liên kết H - H

+431,5

kJ/mol

Các kết quả đều đo ở 2980K và 1 atm. Câu 6.Một hỗn hợp A gồm M2CO3, MHCO3, MCl (M là kim loại kiềm). Cho 43,71 gam A tác dụng hết với V ml (dư) dung dịch HCl 10,52% (d=1,05) thu được dung dịch B và 17,6 gam khí C. Chia B làm hai phần bằng nhau. Phần 1: Phản ứng vừa đủ với 125 ml dung dịch KOH 0,8M, cô cạn dung dịch thu được m (gam) muối khan. Phần 2: Tác dụng hoàn toàn với dung dịch AgNO3 dư, thu được 68,88 gam kết tủa trắng. 6.1. Tính khối lượng nguyên tử M. 6.2. Tính % về khối lượng các chất trong hỗn hợp A. Trang 104

6.3. Tính giá trị của V và m. Cho K = 39 ; Na = 23 ; Ag = 108 ; N = 14 ; Cl = 35.5; Li = 7; O = 16; C = 12. Hết SỞ GD-ĐT QUẢNG NAM TRƯỜNG THPT QUẾ SƠN HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI OLYMPIC HÓA10-NĂM 2016- 2017 THỜI GIAN: 180 PHÚT Câu 1. (2,5đ)

0,5đ

1. Cấu hình electron. N: 1s22s22p3 O: 1s22s22p4 N có cấu hình electron bán bão hòa bền của phân lớp p nên việc tách 1 electron ra khỏi nguyên tử N khó hơn O. Vậy năng lượng ion hóa của N lớn hơn O. 2. Do HF có khả năng tạo liên kết H giữa các phân tử mạnh nên nhiệt

0,5

độ sôi của HF > HCl. Do HCl và HBr có cấu tạo tương tự nhưng MHBr > MHCl nên nhiệt đội sôi của HBr > HCl. 3. rCa ≈ rK 2+

0,5

rO2− < rCl−

Số điện tích của Ca2+ và O2- lớn hơn K+ và Cl- nên nhiệt độ nóng chảy của CaO > KCl. 4. Phân tử CO2 (dạng thẳng) có momen lưỡng cực bằng 0.

0,5

Phân tử SO2 (dạng gấp khúc) có momen lưỡng cực > 0 Vì vậy CO2 dễ bay hơn SO2. 5. Quá trình 4N  → 2N2 có ∆H1 = -2. EN≡ N = -1890 KJ Trang 105

Quá trình 4N  → N4 có ∆H2 = - 6.EN-N = - 978 KJ Dó ∆H1 < ∆H2 nên quá trình tạo N2 thuận lợi hơn. 0,5 Câu 2. (3,5đ)

3p4 ⇒ A là S

2p5 ⇒ A là F

2p4 ⇒ A là O

0,5

Trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học: F2O, O lai hóa sp3, phân tử dạng góc: 0,5

O F

SF6, S lai hóa sp3d, bát diện đều: F F

0,5

H2SO3, S lai hóa sp3, dạng tháp tam giác.

S O

OH OH 3

SO 24− , S lai hóa sp , tứ diện đều.

Trang 106

O S O

0,5

O O

0,5

Câu 3. (3đ).

NaNO3 + Zn + KOH → Na 2 ZnO 2 + NH 3 + K 2 ZnO 2 + H 2 O

NO 3− + 6H 2 O + 8e → NH 3 + 9OH − × 2 Zn + 4OH − − 2e → ZnO 22− + 2H 2 O × 8 8Zn + 2 NO 3− + 14OH − → 8ZnO 22− + 2 NH 3 + 4H 2 O 2 NaNO3 + 8Zn + 14KOH → Na 2 ZnO 2 + 2 NH 3 + 7K 2 ZnO 2 + 4H 2 O

KMnO 4 + H 2SO 4 + H 2 O 2 → O 2 + ...

H 2 O 2 − 2e → O 2 + 2H + − 4

MnO + 8H + 5e → Mn

×5 2+

+ 4H 2 O × 2

2MnO 4− + 6H + + 5H 2 O 2 → 2Mn 2+ + 5O 2 + 8H 2 O 2KMnO 4 + 3H 2 SO 4 + 5H 2 O 2 → 2MnSO 4 + K 2 SO 4 + 5O 2 + 8H 2 O

Fe x O y + H + + NO 3− → N z O t + ...

Fe x O y + 2 yH − (3x − 2 y )e → xFe +

+ yH 2 O

Mỗi

đúng 1đ

5z − 2 t

zNO + 2(3z − t )H + (5z − 2 t )e → N z O t + (3z − t )H 2 O 3x − 2 y − 3

(5z − 2t )Fe x O y + 2(9xz − 3xt − yz)HNO 3 → (5z − 2t )xFe(NO 3 )3 + (3x − 2 y )N z O t + + (9zx − 3xt − yz )H 2 O

Câu 4. (3đ)

Tích số tan. a. Cho biết kết tủa nào tạo thành trước. + KI  → K + I

0,01

Trang 107

Ag+ + I-  → AgI ↓ Điều kiện để có kết tủa AgI: [Ag ][I ] > 10 +

−16, 08

[Ag ] > 1010 +

−2

= 10 −14,08 M

−

0,25 −16, 08

⇒

(1) 0,25

+ KCl  → K + Cl

0,1

0,1 0,25

Ag+ + Cl-  → AgCl ↓

0,25 Điều kiện để có kết tủa AgCl: [Ag + ][Cl − ] > 10 −9,75 ⇒ −9 , 75

[Ag ] > 1010 +

−1

= 10 −8, 75 M

(2)

0,25

Từ (1) và (2) suy ra AgI kết tủa trước. b. Tách IĐể kết tủa hết I- có nghĩa là trong dung dịch [I-] ≤ 10-6 M ⇒ [Ag + ] ≥

0,25 0,25

16,08 = 10 −10, 08 M −6 10

Ag+ + Cl- = AgCl ↓

0,25

Để không có kết tủa AgCl thì [Ag + ][Cl − ]< 10−9,75 ⇒ [Ag + ] <

10 −9,75 = 8,75M 0,1

0,25

Vậy để kết tủa hòan toàn AgI mà không kết tủa AgCl thì: 10-8,75> [Ag+] > 10-10,08

0,25

Câu 5. (4đ)

Trang 108

0,5

Tính năng lượng liên kết trung bình C - H Xếp các quá trình lại như sau: CH4 + 2O2  → CO2 + 2H2O 2H2O  → 2H2 + O2

-2∆H3

CO2  → C(r) + O2

-∆H4 ∆H5

C(r)  → C (k) 2H2  → 4H

∆H1

0,25 0,25

2∆H6

CH4  → C(k) + 4H

0,25 ∆H

∆H = ∆H1 - 2∆H3 - ∆H4 +∆H5 + 2∆H6 =1652,7 kJ/mol

0,25

⇒ 4EC-H = 1652,7 kJ/mol ⇒ EC-H = 413,175 kJ / mol.

0,25

Tính năng lượng liên kết trung bình C - C.

0,25

C2H6 + 7/2O2  → 2CO2 + 3H2O

∆H2

2CO2  → 2C (r) + 2O2

0,5

-3∆H3

3H2O  → 3H2 + 3/2O2 -2∆H4

0,25

2∆H5

2C (r)  → C (k) 3H2  → 6H

3∆H6

0,25

C2H6  → 2Ck +6H

∆H

0,25

EC-C + 6EC-H = ∆H = ∆H2 –3∆H3 –2∆H4 + 2∆H5 +3∆H6 =2823,1 kJ/mol ⇒ EC-C = 2823,1-6.413,175=344,05 kJ/mol.

0,25 0,25

Trang 109

0,25

Câu 6. (4đ)

Gọi x, y, z lần lượt là số mol của M2CO3. MHCO3, MCl. 0,5 Ta có: (2M+60)x + (M+61)y+(M+35,5)z=43,71 (1) Cho A tan trong dd HCl dư. M2CO3 + 2HCl  → 2MCl + CO2 + H2O x

0,25

MHCO3 + HCl  → MCl + CO2 + H2O y y

3p/trình

0,25

MCl + HCl  → không phản ứng. Dung dịch B có MCl: (2x + y + z) mol HCl dư. Khí C là CO2: x + y =

17,6 = 0,4 mol 44

(2)

Khi cho B tác dụng với KOH. Số mol của KOH: (0,125.0,8).2 = 0,2 mol.

0,25

HCl + KOH  → KCl + H2O 0,2

0,2

0,25

B tác dụng với AgNO3 dư

Trang 110

MCl + AgNO3  → AgCl ↓ + MNO3 (2x+y+z)

(2x+y+z)mol 2p/trình

HCl + AgNO3  → AgCl ↓+ HNO3

0,25 0,2

0,2 mol

Ta có số mol AgCl = (2x + y +z) + 0,2 = ⇒ 2x + y + z = 0,76

68,88 .2 = 0,96 mol 143,5

(3)

Từ (2) và (3) ta có: z = 0,36 - x ; y = 0,4 - x

0,25

Thay y và z vào phương trình (1) ta được: 0,76M - 35,5x = 6,53 ⇒ x=

0,76M − 6,53 36,5

(4)

Do 0 < x < 0,36 ⇒ 8,6 < M < 25,8

0,25

Vậy M là Na. Thay M = 23 vào các phương trình ta được x = 0,3, y = 0,1; z = 0,06 Trong A có:

0,25 0,25

Na2CO3: 31,8g chiếm 72,75% NaHCO3: 8,4 g chiếm 19,22% NaCl: 3,51 g chiếm

8,03%

0,5

6c. Số mol HCl = 2x + y + 0,2 = 0,9 mol VddHCl =

36,5.0,9.100 = 297,4 ml 10,52.1,05

0,25

Trang 111

Khối lượng muối thu được khi có 1/2B tác dụng với KOH. Khối lượng NaCl: 58,5.0,5.0,76= 22,23 gam

0,25 0,25

Khối lượng KCl: 74,5. 0,1 = 7,45 gam. ⇒ m = 29,68 gam Hết

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO QUẢNG NAM

0,5

KỲ THI OLYMPIC 24 – 3 QUẢNG NAM LẦN THỨ HAI Môn thi: HÓA HỌC 10, NĂM 2017 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.

THAM KH O (Đề thi gồm 02 trang)

Cho biết nguyên tử khối: H=1; O=16; C=12; Cl=35,5; Br=80; S=32; N=14; P=31; Li=7; Na=23; K=39; Mg=24; Ca=40; Ba=137; Zn=65; Cu=64; Fe=56; Mn=55; Ag=108; Al=27. Trang 112

------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu 1. (4,0 điểm) 1.1. (2,0 điểm) Cho bộ bốn số lượng tử của electron cuối cùng trên nguyên tử của các nguyên tố A, X, Z như sau: A: n = 3, l = 1, m = - 1, s = -1/2 X: n = 2, l = 1, m = - 1, s = -1/2 Z: n = 2, l = 1, m = 0, s = +1/2 a. Xác định A, X, Z. b. Cho biết trạng thái lai hoá và cấu trúc hình học của các phân tử và ion sau: ZA2, AX2, AX32-, AX42-. c. Giải thích vì sao AX32- lại có khả năng hoà tan A tạo thành A2X32-. 1.2(2,0 điểm) Hợp chất M tạo bởi 2 nguyên tố X và Y, cho biết: Tổng số 3 loại hạt trong nguyên tử X là 52, hoá trị cao nhất của X với oxi gấp 7 lần hoá trị của X với hiđrô. Y thuộc cùng chu kì với X, có cấu hình electron: ...np1. a. Xác định số thứ tự X, Y trong bảng hệ thống tuần hoàn và gọi tên 2 nguyên tố. b. Xác định công thức phân tử, viết công thức cấu tạo của M biết hiệu độ âm điện giữa X và Y có giá trị tuyệt đối nhỏ hơn 1,77. Khối lượng phân tử của M là 267. Câu 2. (4,0 điểm) 2.1 (1,0 điểm) Tính hiệu ứng nhiệt của 2 phản ứng sau: 2NH3 + 3/2 O2 → N2 + 3 H2O (1) 2NH3 + 5/2 O2 → 2NO + 3H2O (2) So sánh khả năng của 2 phản ứng, giải thích vì sao phản ứng (2) cần có xúc tác. Cho năng lượng liên kết của: NH3 O2 N2 H2O NO kJ/mol 1161 493 942 919 627 2.2 (1,5 điểm) Cho các phản ứng sau với các dữ kiện nhệt động của các chất ở 250C.

CO2

+ H2

∆H0298 (KJ/mol)

– 393,5

So (J/mol)

213,6

 → ← 

+ H2O

-110,5

- 241,8

131

197,9

188,7

a. Hãy tính ∆H0298 ; ∆G0298 của phản ứng và nhận xét phản ứng có tự xảy ra theo chiều thuận ở 250C không?. b. Giả sử ∆H của phản ứng không thay đổi theo nhiệt độ. Hãy tính ∆G01273 của phản ứng và nhận xét. c. Hãy xác định nhiệt độ (0C) để phản ứng thuận bắt đầu xảy ra (giả sử bỏ qua sự biến đổi của ∆H0; ∆S0 theo nhiệt độ) 2. 3 (1.5 điểm) Cho cân bằng hoá học: 2NO2 chuyển dịch như thế nào ( giải thích), khi:

 → N2O4 ← 

∆H = −58,04kJ . Cân bằng sẽ

a.Tăng nhiệt độ. b.Tăng áp suất. c.Thêm xúc tác. Câu 3. (3,0 điểm) 3. 1 (1,0 điểm) Axit H2SO4 100% hấp thụ SO3 tạo oleum. Hỏi cần bao nhiêu gam oleum có hàm lượng SO3 là 71% pha vào 100 ml dung dịch H2SO4 40% (d=1,31 g/ml) để tạo ra oleum có hàm lượng SO3 là 10%. Trang 113

3. 2 (2,0 điểm) Nêu cách loại tạp khí ra khỏi các hỗn hợp khí sau, viết phương trình phản ứng: a. Loại khí HCl ra khỏi hỗn hợp khí HCl và H2S. b. Loại khí SO2 ra khỏi hỗn hợp khí CO2 và SO2. c. Loại khí HCl ra khỏi hỗn hợp khí HCl và Cl2. d. Loại khí O3 ra khỏi hỗn hợp khí O3 và O2. Câu 4. (3,0 điểm) Cho cân bằng hóa học: N2(k) + 3H2(k) 2NH3(k) ∆H = -92 kJ/mol. Nếu xuất phát từ hỗn hợp chứa N2 và H2 theo tỉ lệ mol 1:3, khi đạt tới trạng thái cân bằng ở điều kiện tối ưu (4500C và 300 atm) thì NH3 chiếm 36% về thể tích. a. Tính hằng số cân bằng Kp. b. Giữ nhiệt độ không đổi ở 4500C, cần tiến hành phản ứng dưới áp suất là bao nhiêu để khi đạt tới trạng thái cân bằng NH3 chiếm 50% thể tích? c. Giữ áp suất không đổi (300 atm), cần tiến hành phản ứng ở nhiệt độ nào để khi đạt tới trạng thái cân bằng NH3 chiếm 50% về thể tích? Cho biết phương trình Van't Hoff liên hệ hai

hằng số cân bằng ở 2 nhiệt độ là: ln

K 2 ∆H  1 1   − . = K1 R  T1 T2 

Câu 5. (3,0 điểm) 5.1. (2,0 điểm) Hỗn hợp X có khối lượng 82,3 gam gồm KClO3,Ca(ClO3)2,CaCl2 và KCl. Nhiệt phân hoàn toàn X thu được 13,44 lít O2 (đkc), chất rắn Y gồm CaCl2 và KCl. Toàn bộ Y tác dụng vừa đủ với 0,3 lít dung dịch K2CO3 1M thu được dung dịch Z. Lượng KCl có trong Z nhiều gấp 5 lần lượng KCl trong X. Phần trăm khối lượng KCl trong X là bao nhiêu? 5.2 (1,0 điểm) Dung dịch muối A có nồng độ 40% nếu thêm vào dung dịch A lượng nước bằng lượng nước đã có trong dung dịch A thì nồng độ % của dung dịch là bao nhiêu? Câu 6. (3,0 điểm) Hỗn hợp X gồm 2 chất rắn FeCO3 và FeS2. Cho X cùng một lượng O2 vào một bình kín có thể tích V(lit). Đốt nóng bình cho phản ứng xảy ra,( giả thiết khả năng phản ứng của 2 muối là như nhau, sản phẩm phản ứng là Fe2O3) sau phản ứng đưa về điều kiện ban đầu thu được chất rắn Y và hỗn hợp khí Z, áp suất trong bình lúc này là P. Để hoà tan chất rắn Y cần 200 ml dung dịch HCl 0,3M, thu được dung dịch E và hỗn hợp khí M, nếu đưa M vào bình kín thể tích V(lit) ở cùng điều kiện với Z thì áp suất trong bình lúc này là 1/2P. Thêm dung dịch NaOH tới dư vào dung dịch E được chất rắn F, lọc lấy F làm khô F ngoài không khí (không nung) cân được 3,85 gam. a.Viết các phương trình phản ứng xảy ra. b.So sánh áp suất trong bình trước và sau khi nung. c.Tính % khối lượng mỗi muối trong hỗn hợp. ---------------HẾT--------------SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO QUẢNG NAM

Câu 1 1.1

KỲ THI OLYMPIC 24 – 3 QUẢNG NAM LẦN THỨ HAI ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC 10

HƯỚNG DẪN CHẤM

Điểm 4.0 0.75 Trang 114

( 0.75 điểm)

Nguyên tố A: n = 3, l = 1, m = -1, s = -1/2 → 3p4 A là S Nguyên tố X: n = 2, l = 1, m = -1, s = -1/2 → 2p4 X là O Nguyên tố Z: n = 2, l = 1, m = 0, s = +1/2 → 2p2 Z là C

( 0.75 điểm)

0.75

Phân tử, iôn

Trạng thái lai hoá cuả nguyên tử trung tâm sp sp2 sp3 sp3

CS2 SO2 SO 32 − SO 24 − ( 0.5 điểm)

c S

↑↓

[Ne] 3s2 3p4

Đường thẳng Góc Chóp đáy tam giác đều Tứ diện đều

↑

0.5

↑

↑↓ ↑↓

Cấu trúc hình học

↑↓

[Ne] 3s 3p

SO32- có khả năng kết hợp thêm 1 nguyên tử S để tạo S2O32- vì trên nguyên tử S trong SO32- còn có một cặp electron tự do chưa liên kết có khả năng cho vào obiatn 3p trống của nguyên tử S tạo liên kết cho nhận. 2S O

1.2 ( 2.0 điểm)

2 2.1 ( 1.0 điểm)

a. Xác định được Z = 17 → X là Cl (clo). Từ dữ liệu đầu bài xác định được Y là Al. b. Từ dữ liệu đầu bài với KLPT của M là 264. → công thức phân tử M là: Cl Cl Al Cl Cl

1.0 1.0

Cl Al Cl

Tính hiệu ứng nhiệt: E1 = (2ENH3 + 3/2EO2) – (EN2 + 3 EH2O) = 2. 1161 + 3/2. 493 – 942 – 3. 919 = - 637,5 kJ. E2 = 2ENH3 + 5/2EO2 – 2ENO – 3EH2O = 2. 1161 + 5/2. 493 – 2. 627 – 3. 919 = - 456,5 kJ. - Phản ứng (1) có ∆H âm hơn nên phản ứng (1) dễ xảy ra hơn. - Nếu có xúc tác thì năng lượng hoạt hoá sẽ giảm và tốc độ phản ứng sẽ tăng, do đó để thực hiện phản ứng (2) cần có xúc tác.

4.0 1.0

Trang 115

2.2 (0.75 điểm)

1.5 0.75

Có phản ứng: CO2 + H2 →CO + H2O a. ∆H0298 = 41,2 KJ/mol ∆S0298 = 42J/mol ∆G0298 = ∆H0298 - ∆S0298 = 28684 J/mol

Vì ∆G0298 > 0 nên phản ứng không tự xảy ra ở chiều thuận ở 250C. (0.5 b. Áp dụng công thức: điểm)

GT2 T2

GT1 T1

(

1 T2

1 T1

)

=> ∆G01273 = - 12266J/mol

0.25

Vì ∆G01273 <0 nên phản ứng tự xảy ra theo chiều thuận ở 10000C (0.25 c. Để phản ứng xảy ra theo chiều thuận thì: điểm) 41200 => T > = 980,950K

0.25

∆G0T = ∆H0 – T∆S0 <0

2.3 (1.5 điểm)

3 3.1 ( 1.0 điểm)

 → N2O4 ∆H = −58,04kJ Cho phản ứng 2NO2 ←  - Phản ứng toả nhiệt, số phân tử khí bên vế trái phương trình phản ứng lớn hơn bên phải: a. Tăng nhiệt độ cân bằng chuyển sang trái. b. Tăng áp suất cân bằng chuyển sang phải. c Xúc tác tàm tăng hoặc giảm tốc độ cả phản ứng thuận và nghịch => không làm chuyển dịch cân bằng.

0.5 0.5 0.25

3.0 0,25đ

H2SO4.nSO3 a mol Hàm lượng SO3 = 71% Ta có

0.25

80n .100=71 ⇒ n= 3 98 + 80n

Khối lượng dung dịch H2SO4 40%= 131 (gam) ⇒ mct = 52,4 gam.; mH2O= 78,6 Phản ứng SO3 + H2O → H2SO4 4,367 4,367 4,367 (3a − 4,367).80 Ta có: =0,1 ⇒ a = 1,7578 131 + 338a

0,5đ 0,5đ 0,5đ

m = 338 . 1,7578 = 594 (gam) 3.2 ( 2.0 điểm)

a.Loại HCl ra khỏi hỗn hợp với H2S : Cho hỗn hợp đi qua dung dịch kiềm, rồi thêm H2SO4 loãng vào hỗn hợp sau phản ứng. HCl + NaOH → NaCl + H2O và H2S + 2NaOH → Na2S + 2H2O H2SO4 + Na2S → Na2SO4 + H2S ↥ b.Loại HCl ra khỏi hỗn hợp với Cl2: Cho hỗn hợp đi qua dd KMnO4 đặc, đun nóng: 16 HCl + 2 KMnO4 → 2 KCl + 2 MnCl2 + 5 Cl2 ↥ + 8 H2O c.Loại SO2 ra khỏi hỗn hợp với CO2: Cho hỗn hợp đi qua dd Br2. SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HCl

0.5

0.5 0.5

Trang 116

d.Loại O3 ra khỏi hỗn hợp với O2: Cho hỗn hợp đi qua dd KI O3 + 2KI + H2O → O2 + I2 + 2KOH 4 ( 1.5 điểm)

0.5

3.0 a.N2(k) + 3H2(k) 2NH3(k) 0.5 a. Gọi x1, x2, x3 lần lượt là %V (cũng là % số mol) của N2, H2 và NH3 ta có: x3 = 36% = 0,36 ⇒ x1 + x2 = 64% = 0,64 (I) Vì N2 và H2 được lấy theo tỉ lệ mol 1:3 (bằng tỉ lệ trong phản ứng) nên ⇒ 0.5 x1 1 = (II) x3 3

Từ (I) và (II) ⇒ x1 = 0,16; x2 = 0,48. KP = ( 1.0 điểm)

2 PNH 3

PN 2 .PH3 2

c. K 'P =

(0,16.300).(0,48.300) 3

2 PNH 3 3 H2

PN2 .P

(0,5.P )2

(0,125.P ).(0,375.P) 3 =

= 8,14.10

= 8,14.10 −5 ⇒ P = 682,6 atm.

(0,5.300)2 (0,125.300).(0,375.300)

0.5

0.25

Các phản ứng KClO3 → KCl + 3/2 O2 Ca(ClO3)2 → CaCl2 + 3/2 O2 Đặt a, b là số mol của CaCl2 và KCl trong chất rắn Y BTKL ta có mY = 82,3 - 32.0,6= 63,1 (gam). ⇒ 111a + 74,5b=63,1 (1) Cho Y tác dụng với Na2CO3 CaCl2 + Na2CO3 → CaCO3 + 2NaCl ⇒ a =0,3(mol); Từ (1) ⇒ b = 0,4 (mol). Đặt x là số mol KCl trong hỗn hợp X. Ta có 2a + b = 5x ⇒ x = 0,2 (mol)

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

74.5.0,2 .100 = 18.10 % 82,3

Gọi mdd là khối lượng dung dịch muối nồng độ 40%. Khối lượng muối: (40. mdd): 100 = 0,4mdd Khối lượng nước trong dung dịch 40%: 0,6mdd Theo đầu bài nồng độ dung dịch mới là:

6 ( 1.75 điểm)

0.5

0.25

≈ 4,21.10 −4

' P

%KCl trong X là = 5.2 ( 1.0 điểm)

0.5 −5

K ∆H  1 1   −  ⇒ T2 = 653 K hay 3800C. = KP R  T1 T2 

5.1 ( 2.0 điểm)

PN2 .PH3 2

(0,36.300)2

b. Ở trạng thái cân bằng: x3 = 50% = 0,5 ⇒ x1 + x2 = 0,5 (III) Từ (II) và (III) ⇒ x1 = 0,125; x2 = 0,375. KP =

( 0.50 điểm)

2 PNH 3

0.5 0.5

0, 4.mdd .100 = 25% mdd + 0, 6mdd

3.0 a. Các phương trình phản ứng: FeCO3 → FeO + CO2 4FeS2 + 11O2 →2Fe2O3 + 8SO2 2FeO + 1/2O2 → Fe2O3

(1) (2) (3) Trang 117

FeCO3 + 2HCl → FeCl2 + H2O + CO2 FeS2 + 2HCl → FeCl2 + S + H2S FeCl2 + 2NaOH → Fe(OH)2 + 2NaCl 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O → 4Fe(OH)3

(4) (5) (6) (7)

( 0.5 điểm

b.Vì khả năng phản ứng của 2 muối như nhau, gọi số mol mỗi muối tham gia phản ứng (1), (2), (3) là a mol ; Số mol O2 tham gia pứng : 0,25a + 2,75a = 3ª; Số mol CO2 và SO2 sau phứng (1), (2) : a + 2a = 3a Vậy áp suất trong bình trước và sau khi nung không đổi.

( 0.75 điểm

c.Số mol HCl = 0,3.02 = 0,06 (mol) gọi số mol FeCO3 tham gia phản ứng (4) là x , số mol FeS2 tham gia phản ứng (5) là y : x + y = 0,03 (*) => Số mol CO2 và H2S sinh ra do phản ứng (4) (5) là 0,03 mol => 3a = 0,06 mol => a= 0,02. Khối lượng chất rắn F ( S và Fe(OH)3) = (x+y).107 + 32y = 3,85. Kết hợp với (*) có hệ pt: x + y = 0,03 ; 107x + 139y = 3,85 Giải được: x = 0,01 ; y = 0,02 Khối lượng X = 0,03.116 + 0,04.120 = 8,28 gam % khối lượng FeCO3 =

Sở GD và ĐT tỉnh Quảng Nam Trường THPT Trần Cao Vân

0,03.116.100 = 42,03%; % khối lượng FeS2 = 57,97% 8,28

THI HỌC SINH GIỎI Môn Hóa Học: Khối 10 Năm 2017 Thời gian : 180 phút

Câu I: 1.(2đ) a. Xác định dạng hình học, trạng thái lai hóa của nguyên tử nguyên tố trung tâm trong các phần tử sau: CO2 , SO4 2-, IF5, OF2. b. So sánh ( có giải thích) góc liên kết trong từng cặp phân tử sau: * Góc ClSCl và ClOCl trong SCl2 và OCl2 * Góc FBF; HNH ; FNF trong BF3; NH3; NF3 2.(2đ) a. Một chất thải phóng xạ có chu kỳ bán hủy là 200 năm được chứa trong thùng kín và chôn dưới đất. Phải trong thời gian là bao nhiêu để tốc độ phân rã giảm từ 6,5.1012 nguyên tử xuống còn 3.10-3 nguyên tử. b. Hoàn thành 4 phản ứng hạt nhân sau:

Trang 118

* 1226Mg + ...? → 1023Ne + 24He * 919F + 11H → ...? + 24He * 92235U + 01n → 3(01n) +...? + 57146La + ...? → 2 24He + 01n * 12H 3. (1đ) a. Xác định 4 số lượng tử của Be ( z = 4) và Cl ( z = 17).

Câu II:

b. Giải thích vì sao BeCl2 có thể polime hóa ( BeCl2)n.

1. (3đ)Cho giá trị của biến thiên entanpi và biến thiên entropi chuẩn ở 3000K và 12000K của phản

ứng: Biết là

⇀ CO ( khí) + 3H2 ( khí) CH4 (khí) + H2O (khí) ↽

∆H0 (KJ/mol) ∆S0 J/K.mol 300 K - 41,16 - 42,4 0 1200 K -32,93 -29,6 a) Hỏi phản ứng tự diễn biến sẽ theo chiều nào ở 3000K và 12000K? b) Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở 3000K 0

2. (2d).Tính nhiệt sinh chuẩn ( ∆ H0298.s) của CH4 (K). Biết rằng năng lượng liên kết H – H trong H2 là 436 kJ.mol-1; năng lượng liên kết trung bình C – H trong CH4 là 410 kJ.mol-1 và nhiệt nguyên tử hóa ∆ H0a của Cgr (K) là: ∆ H0a= 718,4 kJ.mol-1. Các giá trị đều xác định ở điều kiện chuẩn. Câu III: 1. (2đ) a. Cân bằng 2 phản ứng: * Theo phương pháp thăng bằng electron CrI3 + KOH + Cl2 → K2CrO4 + KIO4 + KCl + H2O * Theo phương pháp ionelectron Al + HNO3 → Al(NO3)3 + NO+ N2O + H2O. Biết nNO : nN2O = 1 : 2 b. Bổ túc phản ứng sau: FeCl2 + KMnO4 + H2SO4 → ……….. Zn + NaHSO4 + NaNO3 → ZnSO4 + Na2SO4 + NH4NO3 + H2O 2. (2đ) Sục Cl2 vào dung dịch KOH loãng thu được dung dịch A, hòa tan I2 vào dung dịch KOH loãng thu được dung dịch B (tiến hành ở nhiệt độ phòng). a.Viết phương trình hóa học xảy ra. b.Viết phương trình hóa học xảy ra khi cho lần lượt các dung dịch: hỗn hợp HCl và FeCl2; Br2 ; H2O2 ; CO2 vào dung dịch A (không có Cl2 dư, chỉ chứa các muối). 3.(1đ). Để hòa tan hết một mẫu Zn trong dung dịch HCl ở 200C cần 27 phút. Cũng mẫu Zn đó tan hết trong dung dịch HCl nói trên ớ 400C là 3 phút. Hỏi để hòa tan mẫu Zn trên ở 550C cần bao nhiêu giây?

Câu IV: 1.(1,5 đ) a. Nhận biết SO2, SO3 theo 2 phương pháp : oxy hóa khử và không oxy hóa khử b. Sục a mol SO3 vào 50 gam dung dịch H2SO4 82%. Tính a để thu được oleum có hàm lượng SO3 25%. 2.(1,5 đ) Giải thích 6 trường hợp sau: + Đồ dùng bằng Ag hóa đen trong không khí bị nhiễm bẫn H2S.

Trang 119

+ Cho axit H2SO4 đặc vào đường, đường hóa đen và có sủi bọt khí. + Bình kín chứa khí NO2 có màu nâu ở nhiệt độ thường, ngâm trong nước đá màu nhạt dần. Cho biết phản ứng sau tỏa nhiệt hay thu nhiêt. N2O4 2NO2 (màu nâu) (không màu) + Nước Gia-ven có khả năng tẩy trắng. + Sục khí H2S cho đến dư vào dung dịch chứa đồng thời FeCl3, CuCl2, AlCl3 , ZnCl2 có kết tủa. + Tinh thể kim cương cứng hơn rất nhiều so với tinh thể Iot, nước đá. 3.(2đ). Nung hỗn hợp X gồm KClO3 và KMnO4 thu được chất rắn Y và O2. Biết KClO3 phân hủy hoàn toàn, còn KMnO4 chỉ bị phân hủy một phần. Trong Y có 0,894 gam KCl chiếm 7,45% theo khối lượng. Trộn lượng O2 ở trên với không khí theo tỉ lệ thể tích V O : VKK =1:3 trong một bình kín ta thu được hỗn hợp khí Z. Cho vào bình 0,528 gam cacbon rồi đốt cháy hết cacbon, phản ứng hoàn toàn, thu được hỗn hợp khí T gồm 3 khí O2, N2, CO2, trong đó CO2 chiếm 22% thể tích. Tính phần trăm khối lượng KClO3 trong hỗn hợp ban đầu. 2

--------------------------Hết----------------------

Sở GD và ĐT tỉnh Quảng Nam Trường THPT Trần Cao Vân

ĐÁP ÁN Môn Hóa Học: Khối 10 Thời gian : 180 phút

Câu I: 1.(2đ) . CO2 : đường thẳng sp . SO42- tứ diện đều , sp3 IF5 : chop vuông , sp3d2. OF2 góc, sp2 b. Góc liên kết trong từng cặp phân tử sau .

0,25 x 4 = 1đ

* Trong SCl2 và OCl2 góc ClSCl < ClOCl

0,25đ

Do oxy có độ âm điện lớn hơn hút mật độ e ở oxy tăng do đó góc lớn

0,25đ

* Trong BF3; NH3; NF3 Góc FBF > HNH > FNF

0,25đ

BF3 lai hóa sp FBF = 120 ; NH3 và NF3 có cùng ngtu trung tâm, F có độ âm điện lớn hơn, mật độ e ở N giảm dẫn đến góc nhỏ hơn 0,25đ a.

2.(2đ)

Trang 120

0,693 0,693 = = 0,00347 / t1 / 2 200 N Áp dụng công thức: ln 0 = kt N k=

⇒ ln

6,5.1012 = 0, 00347t 3.10−3

⇒ t = 1,0176.104 năm hay 10.176 năm b. Từ định luật bảo toàn điện tích và số khối → các hạt còn thiếu: a. 01n b. 816º c. 3587Br d. 37Li Cấu hình e : 1s22s2

3. a. Be z =4

Bộ 4 số lượng tử: n = 2, l = 0, m = 0, ms = − Cấu hình e : 1s22s22p63s23p5

Cl Z= 17

1 2

0,25 đ

1 0,25đ 2 b. Khi tạo thành phân tử BeCl2 thì ng tử Be còn 2 obitan trống; ng tử clo sẽ đưa ra cặp electron chưa liên kết cho ng tử Be của ph tử BeCl2 kia tạo liên kết cho-nhận. Vậy BeCl2 có khuynh hướng polime hoá: 0,5 đ Cl Cl Cl Cl Cl .... Be Be Be Be Be ....

Bộ 4 số lượng tử: n = 3, l = 1, m = 0, ms = −

Sở GD và ĐT tỉnh Quảng Nam Trường THPT Trần Cao Vân

ĐÁP ÁN Môn Hóa Học: Khối 10

Câu II: 1(3đ). a). Dựa vào biểu thức: ∆G0 = ∆H0 - T∆S0 Ở 3000K ; ∆G0300 = (- 41160) - [ 300.(- 42,4)] = -28440J = -28,44 kJ Ở 12000K ; ∆G01200 = (- 32930) - [ 1200.(- 29,6)] = 2590 = 2,59 kJ ∆G0300< 0, phản ứng đã cho tự xảy ra ở 3000K theo chiều từ trái sang phải. 0 ∆G 1200 > 0, phản ứng tự diễn biến theo chiều ngược lại ở 12000K b) + Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở 3000K ∆G0 = -2,303RT lgK (-28440) = (-2,303).8,314. 300.lgK lgK = 28440/ 2,303.8,314.300 = 4,95 ⇒ K = 10 4,95

2 (2đ). Ta có :

Cgr

2H2

∆H 298.s  →

CH4 (k)

∆H a

– 4EC – H

Trang 121

2E H−H C(k) + 2H2 (k)  → C(k) + 4H(k) Theo định luật Hess: ∆H 0298.s (CH4) = ∆H 0a + 2EH – H – 4EC – H = 718,4 + 2. 436 - 4. 410 = - 49,6 kJ.mol-1

Sở GD và ĐT tỉnh Quảng Nam Trường THPT Trần Cao Vân

Câu III: 2. (2đ) a. Cân bằng 2 phản ứng:

ĐÁP ÁN Môn Hóa Học: Khối 10

* Theo phương pháp thăng bằng electron: +3 −1

Cr I 3  → Cr + 3 I + 27e Cl2 + 2e  → 2Cl-

x2 x 27

2CrI3 + 64KOH + 27Cl2 → 2K2CrO4 + 6KIO4 + 54KCl + 32H2O

0,25đ 0.25đ

* Theo phương pháp ionelectron 19

Al → Al3+ + 3e 5NO3- + 24 H+ + 19e → NO + 2N2O + 12H2O

0,25đ

19Al + 72HNO3 → 19Al(NO3)3 + 3NO+ 6N2O + 36H2O.

0,25đ

b. Bổ túc phản ứng sau: 10 FeCl2 + 6KMnO4 + 24H2SO4 → 5Fe2(SO4)3 +3 K2SO4 + 6MnSO4+ 10Cl2 + 24H2O

0,5đ

Trang 122

0.5đ

4Zn + 10NaHSO4 + 2NaNO3 → 4ZnSO4 + 6Na2SO4 + NH4NO3 + 3H2O 2. (2đ) a) Ở nhiệt độ thường: 2KOH + Cl2 → KCl + KClO + H2O 6KOH + 3I2 → 5KI + KIO3 + 3H2O (Trong môi trường kiềm tồn tại cân bằng : 3XO- ⇌X- + XO 3−

Ion ClO- phân hủy rất chậm ở nhiệt độ thường và phân hủy nhanh khi đun nóng, ion IO- phân hủy ở tất cả các nhiệt độ). b) Các phương trình hóa học : Ion ClO- có tính oxi hóa rất mạnh, thể hiện trong các phương trình hóa học: - Khi cho dung dịch FeCl2 và HCl vào dung dịch A có khí vàng lục thoát ra và dung dịch từ không màu chuyển sang màu vàng nâu : 2FeCl2 + 2KClO + 4HCl → 2FeCl3 + Cl2 + 2KCl + 2H2O - Khi cho dung dịch Br2 vào dung dịch A, dung dịch brom mất màu : Br2 + 5KClO + H2O → 2HBrO3 + 5KCl - Khi cho H2O2 vào dung dịch A, có khí không màu, không mùi thoát ra: H2O2 + KClO → H2O + O2 + KCl - khi cho CO2 vào A CO2 + KClO + H2O  → KHCO3 + HClO 3.(1đ). Từ 200C đến 400C thời gian giảm đi 9 lần suy ra tốc độ pứ tăng 9 lần , ta suy ra hệ số nhiệt độ bằng 3. 0,5đ Nếu ở 55 0C thì thời gian giảm 3 (55-40)/ 10 . Vậy thời gian cần hòa tan là 3*60/ 3 (55-40)/ 10 = 34,64 s

Sở GD và ĐT tỉnh Quảng Nam Trường THPT Trần Cao Vân

0,5đ

ĐÁP ÁN Môn Hóa Học: Khối 10

Câu IV: 1.(1,5 đ) a. Nhận biết SO2, SO3 theo 2 phương pháp : oxy hóa khử và không oxy hóa khử +Sục vào dd Brom . Viết pt SO2+Br2+ H2O →H2SO4 + HBr 0,25đ + Sục vào dd BaCl2 . Viết pt SO3 + BaCl2 + H2O → BaSO4 + HCl 0,25đ

mol Ta có :

c. Oleum. mH2O = 9 gam SO3 + H2O H2SO4 0,5 0,5 (80a -40) / (80a + 50) = 25/100 ………. 0,5 đ a = 0,875 ………..0,5đ

2.(1,5 đ) Giải thích 6 trường hợp sau: 0,25x6 =1,5đ * 2Ag + H2S + 1/2O2 → Ag2S + H2O * H2SO4 + C12H22O11 → C + H2SO4 12. H2O C + 2H2SO4 → CO2+ 2SO2 + 2H2O * . 2NO2 N2 O4 Màu nâu không màu Ngâm trong nước đá màu nhạt dần. cân bằng dịch chuyển theo chiều thuận.(tăng nhiệt độ) .Phản ứng tỏa nhiệt * Nước Gia-ven có khả năng tẩy trắng. NaClO + CO2 + H2O →NaHCO3 + HClO

Trang 123

* Sục khí H2S cho đến dư vào dung dịch chứa đồng thời FeCl3, CuCl2, AlCl3 , ZnCl2 có kết

tủa.

H2S + 2FeCl3 →2FeCl2 + S +2 HCl H2S + CuCl2 → CuS + 2 HCl kết tủa : CuS và S * Tinh thể kim cương cứng hơn rất nhiều so với tinh thể Iot, nước đá. Kim cương : tinh thể nguyên tử bền còn I2, nước đá tinh thể phân tử kém bền 3. KClO3→KCl +3/2 O2 (1) 0,012 0,012 2 KMnO4→K2MnO4 +MnO2+O2. (2) C + O2 → CO2 3pt ...........0, 5đ mY= 100x 0,894/7,45= 12g. .........................0.25đ. nCO2=0,044 nhh khí=0,2 ........... 0,25đ. V O : VKK = x :3x ; 4x = 0,2; x=0,05, ...................................................................0,25đ 2

vậy theo bảo toàn mX=mY+mO2(sinh ra ) =12+0,05*32=13,6 g...........0,25đ m KClO3 = 0,012 * 122,5 = 1,47 g 0,25đ % KClO3 = 1,47*100/13,6 = 10,8% 0.25đ

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẢNG NAM NGH TR NG THPT NÚI THÀNH

KỲ THI OLYMPIC 24/3 KHỐI THPT NĂM HỌC 2016 – 2017 Môn thi :

HÓA HỌC LỚP 10

Thời gian : 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1: 4,0 điểm

Một hợp chất (A) được cấu tạo từ cation M 2 + và anion X − . Trong phân tử MX2 có tổng số proton, nơtron, electron là 186 hạt, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 54 hạt. Số khối của M2+ lớn hơn số khối của X − là 21. Tổng số hạt trong cation M2+ nhiều hơn tổng số hạt trong anion X − là 27. 1. Xác định số proton, nơtron và tên nguyên tố của M và X. 2. Viết cấu hình electron của M, X, M 2 + , X − . 3. Xác định vị trí của M và X trong bảng tuần hoàn. Bài 2: 4,0 điểm. 1. Lập phương trình hóa học của các phản ứng oxi hóa - khử sau đây theo phương pháp thăng bằng electron: a) Cu2S + HNO3 Cu(NO3)2 + H2SO4 + NO + H2O b) FexOy + H2SO4 đ  → SO2 + … c) FeS + HNO3 Fe(NO3)3 + Fe2(SO4)3 + NO + H2O d) Al + HNO3 → NO + N2O Trang 124

(Biết tỉ khối hỗn hợp khí NO và N2O so với H2 bằng 16,75) t e) FeS2 + H2SO4 đ  → SO2 2. a) Dựa vào thuyết lai hóa, cho biết hình dạng và góc liên kết của các phân tử và ion sau: BCl3, BeCl2, CH4, H2O. o

 → 2Fe2+ + Sn4+. Biết E 0 b) Cho phản ứng trong một pin: 2Fe3+ + Sn2+ ← =  Fe /Fe 3+

+0,77 (V); E

0 Sn 4+ /Sn 2+

= +0,15 (V). Tính sức điện động chuẩn của pin trên.

Bài 3: 4,0 điểm 1. Hoà tan 60,9 gam hỗn hợp hai muối bari của hai halogen vào nước rồi cho tác dụng vừa đủ với dung dịch K2SO4. Sau khi phản ứng hoàn toàn thu được 58,25 gam kết tủa trắng và dung dịch muối. Cô cạn dung dịch thu được hỗn hợp hai muối khan. a. Xác định khối lượng hai muối khan. b. Biết rằng halogen ở hai chu kì liên tiếp. Xác định hai halogen này và tính phần trăm khối lượng muối trong hỗn hợp đầu. 2. Có 5 khí A, B, C, D, E. Khí A được điều chế bằng cách nung KMnO4 ở nhiệt độ cao, khí B được điều chế bằng cách cho FeCl2 tác dụng với dung dịch hỗn hợp KMnO4 trong H2SO4 loãng dư, khí C được điều chế bằng cách đốt cháy hoàn toàn sắt pirit trong oxi, khí D được điều chế bằng cách cho sắt (II) sunfua tác dụng với dung dịch HCl, khí E được điều chế bằng cách cho magie nitrua tác dụng với nước. Hãy viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. Bài 4: 4,0 điểm 1.Cho phản ứng : 2SO2 (k) + O2 (k) ⇄ 2SO3 (k) H = - 198 kJ Để tăng hiệu suất quá trình tổng hợp SO3, người ta có thể sử dụng biện pháp nào liên quan đến áp suất, nhiệt độ và chất xúc tác ? Giải thích ?  → Si (r) + 2CO (k) (1) 2. Cho phản ứng: SiO2 (r) + 2C (r) ←  a. Tính ∆S 0 của quá trình điều chế silic theo phản ứng (1), dựa vào các giá trị 0 0 entropi chuẩn sau đây: SSiO = 41,80 J.K-1.mol-1 ; S0C(r) = 5,70 J.K-1.mol-1 ; SSi(r) = 18,80 J.K2 (r) 1

.mol-1 ; S0CO(k) = 197,60 J.K-1.mol-1 ? b.Tính giá trị ∆G 0 của phản ứng (1) ở 25 oC ? Biến thiên entanpi hình thành ở điều kiện tiêu chuẩn (∆H 0f ) của SiO2 và CO có các giá trị: ∆H 0f (SiO2 (r)) = -910,90 kJ.mol-1; -1

∆H 0f (CO(k)) = -110,50 kJ.mol .

3. Nêu phương pháp hoá học để có thể dùng loại các chất sau: a. SO2, NO2, HF trong khí thải công nghiệp. b. Khí Cl2 làm nhiễm bẩn không khí trong phòng thí nghiệm. Bài 5: 4,0 điểm Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe2O3 và Fe3O4 bằng lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 loãng thu được 500ml dung dịch Y. Chia Y thành 2 phần bằng nhau: Cô cạn phần 1 thu được 31,6 gam hỗn hợp muối khan. Sục khí clo dư vào phần 2, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, cô cạn dung dịch thì thu được 33,375 gam hỗn hợp muối khan. Trang 125

1. Viết phương trình hóa học các phản ứng xảy ra. Tính m và nồng độ mol/lít các chất có trong dung dịch Y. 2. Cho hỗn hợp X vào H2SO4 đặc nóng dư, sau khi phản ứng xãy ra hoàn toàn dẫn vào 180ml dung dịch NaOH 1M. Tính khối lượng muối thu được trong dung dịch. ....HẾT ....

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẢNG NAM ÁP ÁN

KỲ THI OLYMPIC 24/3 KHỐI THPT NĂM HỌC 2016– 2017 HÓA HỌC LỚP 10

Môn thi :

Thời gian : 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1 ∗

2zM + nM + 4zX + 2nX = 186 ⇔ 2zM + 4zX + nM + 2nX = 186

∗ 2z M + 4z X − n M − 2n X = 54

1 (2,0 điểm)

2 (1 điểm ) 3. (1 điểm)

1a (0,5 điểm)

∗ z M + n M − z X − n X =21

⇔

(1)

(2)

z M − z X + n M − n X =21 ( 3)

1 điểm

∗ 2z M + n M − 2 − (2z X + n X +1)=27 ⇔ 2z M − 2z X +n M − n X =30 (4)

Từ (1), (2), (3), (4) ⇒ z M = 26;z X = 17 ( n M = 30; n X = 18 ) M ⇒ M là Fe; X ⇒ X là Cl 26 17 Fe(Z=26): 1s22s22p63s23p63d64s2 2+ 2 2 6 2 6 6 ⇒ Fe (Z=26): 1s 2s 2p 3s 3p 3d Cl(Z=17): 1s22s22p63s23p5 Cl-(Z=17): 1s22s22p63s23p6 Fe: Chu kỳ 4 nhóm VIIIB Cl: chu kỳ 3 nhón VIIA

0,5 điểm 0,5 điểm 0,25 điểm x4 0,5 điểm 0,5 điểm

Bài 2. 3Cu2S + 22HNO3 6Cu(NO3)2 + 3H2SO4 + 10NO + 8H2O Cu2S 2Cu+2 + S+6 + 10e x 3 0,25 x 2 N+5 +3e N+2 x 10 Trang 126

1b (0,5 điểm)

t 2FexOy +(6x-2y)H2SO4 đ  → xFe2(SO4)3 +(3x-2y)SO2 0,25x2 +(6x-2y)H2O

3FeS + 12HNO3

Fe(NO3)3 + Fe2(SO4)3 + 9NO + 6H2O

3FeS 3Fe+3 + 3S+6 + 27e x1 N+5 +3e N+2 x9

(0,5 điểm)

0,25 x2

17Al + 66HNO3 → 17Al(NO3)3 + 9NO + 3N2O + 33H2O 1d (0,5 điểm)

30a + 44b a 3 = 33,5 ⇒ = a+b b 1

17x Al → Al+3 + 3e 3x 5N+5 +17e → 3N+2 + 2N+1 t 2FeS2 + 14H2SO4 đ  → Fe2(SO4)3 + 15SO2 + 1e 14H2O (0,5 điểm) 1x 2FeS2 → 2Fe+3 + 4S+4 +22e 11x S+6 +2e → S+4 Hình dạng phân tử; góc liên kết: - BCl3: hình tam giác đều; góc liên kết ClBCl = 1200 - BeCl2: dạng trục (đường thẳng); góc liên kết ClBeCl = 2a 0 1 điểm 180 - CH4: hình tứ diện ; góc liên kết HCH = 109028’ -H2O: hình gấp khúc, góc liên kết HOH=105o

0,25 x2

2b 0,5 điểm

1a (1,5điểm)

 → 2Fe2+ + Sn4+ . 2Fe3+ + Sn2+ ←  E 0pin = 0,77 - 0,15 = 0,62 V

0,5

Bài 3. Đặt halogen X có X đvC và muối của nó là BaX2, số mol a Y Y BaY2 b BaX2 + K2SO4 → 2KX + BaSO4 ↓ a a 2a a (mol) BaY2 + K2SO4 → 2KY + BaSO4 ↓ b b 2b b (mol) Từ 2 phương trình phản ứng ta có: n BaSO = a + b = 4

Theo định luật bảo toàn khối lượng:

0,25x4

0,5 điểm

58, 25 = 0, 25 233

1 điểm

m( BaX 2 + BaY2 ) + mK2 SO4 = mBaSO4 + m( KX + KY )

Trang 127

⇒ 60,9 + 174 ( a + b ) = 58, 25 + mKX , KY

Với a + b = 0,25 ⇒ mKX , KY = 46,15 ( g ) Số mol halogen tương ứng: 2a + 2b = 0,5 ⇒ khối lượng mol trung bình của X, Y: M =

26, 65 = 53,3 ( g ) 0,5

0,5 điểm

Với X, Y là 2 halogen thuộc hai chu kì liên tiếp nên đó là Cl và Br (thoả mãn điều kiện 35,5 < 53,3 < 80) 1b 0,5 điểm (1,5 điểm) Thay giá trị Cl và Br vào phương trình khối lượng: 2a.35,5 + 2b.80 = 26, 65 ⇒ a = 0,15; b = 0,1  a + b = 0, 25

%mBaCl2 =

0,5 điểm

(137 + 71) .0,15 .100% = 51, 23% ⇒ %m

BaBr2

60,9

4500 C ,V2O5

→ 2SO3 2SO2 + O2 ←

= 48, 77%

(1)

0,25 x8

t 2H2S + 3O2 (dư) → 2SO2 + 2H2O (2) t0 Hoặc : 2H2S + O2 (thiếu) → 2S + 2H2O 850 C , Pt 4NH3 + 5O2  (3) → 4NO ↑ + 6H2O t0 Hoặc : 4NH3 + 3O2 → 2N2 ↑ + 6H2O t0 2 Cl2 + SO2 → SO2Cl2 (4) ( 1,0 điểm) Cl2 + H2S  → S + 2HCl (5) 3Cl2 + 2NH3  → N2 ↑ + 6HCl (6) → 6NH4Cl + N2 ↑ Hoặc : 3Cl2 + 8NH3  2H2S + SO2  → 3S + 2H2O (7) H2S + NH3  → NH4HS (8) Hoặc H2S +2NH3  → (NH4)2S 0

Bài 4. - Giảm nhiệt độ của hệ phản ứng (khoảng 500oC là thích hợp: nếu giảm thấp quá thì tốc độ phản ứng chậm). - Tăng áp suất (bằng cách thổi liên tục SO2 và không khí 1 được nén ở áp suất cao vào lò phản ứng). (1,5 điểm) - Xúc tác không ảnh hưởng đến sự chuyển dời cân bằng, nhưng giúp phản ứng nhanh đạt đến trạng thái cân bằng hơn.  → Si (r) + 2CO (k) (1) SiO2 (r) + 2C (r) ←  2a 0 0 0 0 ∆S = 2 SCO(k) + SSi(r) - 2 S0C(r) - SSiO 2(r) (0,5 điểm) = 2.197,6 + 18,8 - 2.5,7 - 41,8 = 360,8 JK-1 ∆G 0 = ∆H 0 - T ∆S0 , trong đó ∆H 0 = ∆H 0f(Si(r) ) + 2∆H 0f(CO(k) ) - 2∆H 0f(C(r) ) - ∆H 0f(SiO2(r) ) 2b (1,0 điểm) ∆H 0 = 2.(-110,5) + 910,9 = 689,9 (kJ) -3 → ∆G 0 = ∆H 0 - T ∆S0 = 689,9 - 298 . 360,8.10 = 582,3816

0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm

0,5 điểm

Trang 128

(kJ) ( hay 582,4 kJ) a. Dẫn khí thải công nghiệp qua nước vôi trong, thì các khí đều bị giữ lại SO2 + Ca(OH)2 → CaSO3 + H2O 4NO2 + 2Ca(OH)2 → Ca(NO3)2 + Ca(NO2)2 + 2H2O 2HF + Ca(OH)2 → CaF2 + 2H2O 3 b. Phun NH3 dạng khí hoặc lỏng vào không khí nhiễm Cl2 (1,0 điểm) thì 2NH3 + 3Cl2 → N2 + 6HCl NH3 + HCl → NH4Cl

0,5 điểm 0,5 điểm

0,5 điểm

Bài 5.

1 (3,0 điểm)

Phương trình + Khi hòa A bằng axit H2SO4 loãng FeO + H2SO4 → FeSO4 + H2O (1) Fe2O3 + 3H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3H2O (2) (3) Fe3O4 + 4H2SO4 → Fe2(SO4)3 + FeSO4+ 3H2O Sau phản ứng dung dịch chỉ có 2 muối (x+z)mol FeSO4 và (y+z) molFe2(SO4)3 + Khi sục khí Cl2 vào dung dịch sau phản ứng chỉ có FeSO4 phản ứng 6FeSO4 + 3Cl2 → 2FeCl3 + 2Fe2(SO4)3 (4) Theo bài ta có hệ phương trình

1 điểm

72x+160y+232z=m/2 (I)  152(x+z)+400(y+z)=31,6 (II) 187,5(x+z)+400(y+z)=33,375 (III) 

Từ II, III ta có x+z= 0,05; y+z=0,06 Mặt khác từ I ta có m=2.[ 72(x+z) + 160(y+z)]=26,4 gam Vậy m= 26,4g C FeSO =0,2M; CFe (SO ) =0,24M 4

2 (1.0 điểm)

4 3

nSO2= nFe =0,05x2=0,1mol nNaOH=0,18 mol nNaOH:nSO2 = 1,8 tạo 2 muối NaHSO3 và NaHSO3 mmuối =0,1x64+0,18x40-0,18x18=10,36gam -HẾT-

Trường THPT Sào Nam

1,0 điểm 1,0 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ ĐỀ THI OLYMPIC 24-3 TỈNH QUẢNG NAM Môn: Hóa 10 Trang 129

Thời gian: 150 phút Câu 1. (3 điểm) 1.1. Nguyên tử của nguyên tố X,Y,Z có electron cuối cùng ứng với bộ bốn số lượng tử sau: Nguyên tố n l M s X 3 1 -1 -1/2 Y 2 1 +1 +1/2 Z 2 1 -1 -1/2 a. Xác định X,Y,Z. b. So sánh năng lượng ion hóa thứ nhất I1 của X,Y,Z. Giải thích. c. Tại sao phân tử YZ2 có thể kết hợp với nhau còn XZ2 thì không? 1.2. Xét các phân tử POX3. a. Các phân tử POF3 và POCl3 có cấu tạo hình học như thế nào? Xác định trạng thái lai hóa của nguyên tố trung tâm? b. Góc liên kết XPX trong phân tử nào lớn hơn? Vì sao? Câu 2.(3,5 điểm) 2.1. Cân bằng các phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron a. FeCl2 + KMnO4 + H2SO4 Fe2(SO4)3 + Cl2 + K2SO4 +MnSO4 +H2O b. Al + HNO3 Al(NO3)3 + NO + N2O + H2O. Biết tỉ khối hơi của hỗn hợp khí NO,N2O so với He là 8,375. c. CH3-CH=CH2 + KMnO4 + H2O CH3-CHOH-CH2OH + KOH + MnO2. 2.2. Cho pin Zn | ZnSO4 || Hg2SO4(r),SO42- | Hg(l) . Tại 250C sức điện động của pin ở điều kiện tiêu chuẩn là E0 = 1,42 V. a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động. b. Tính ∆G0 đối với pin. Cho F = 96500 C/mol. 2.3. Cho các dữ kiện của phản ứng H2(K) + CO2(K) H2O(K) + CO(K)

Chất H2 CO2 H2O CO 0 -1 ∆ H 298(KJ.mol ) 0 -393,5 -241,8 -110,5 0 -1 -1 S 298 (J.mol .K ) 130,6 213,6 188,7 197,6 a. Tính biến thiên entanpi và entropi của phản ứng. b. Tính ∆ G0 của phản ứng và hằng số cân bằng của phản ứng ở 25 0C. c. Phản ứng xảy ra theo chiều nào ở 100 0C nếu giả sử rằng ∆ H và ∆ S không thay đổi theo nhiệt độ. d. Ở 25 0C giả sử ban đầu trộn 0,2 mol H2; 0,3 mol CO2; 0,1 mol H2O; 0,1 mol CO trong bình kín dung tích 2 lít. Hỏi sau khi cân bằng được thiết lập số mol từng chất sẽ tăng lên hay giảm xuống? Câu 3.(3,5 điểm) 3.1. Nung nóng hỗn hợp gồm 5,6 gam Fe với 4 gam bột S trong bình kín một thời gian thu được chất rắn A gồm FeS, FeS2,Fe, S .Cho A tan hết trong dung dịch H2SO4 đặc nóng dư thu được bao nhiêu lít khí ở đktc? 3.2. Sắp xếp các axit có oxi của clo theo thứ tự tính axit tăng dần và theo thứ tự tính oxi hóa giảm dần? Giải thích? 3.3. Làm thế nào điều chế được dung dịch HClO từ HCl.Viết phương trình phản ứng. Câu 4. (2,5điểm) 4.1. Trong phòng thí nghiệm, điều chế khí clo bằng cách cho KMnO4 tác dụng với dung dịch HCl đặc.Hãy vẽ sơ đồ thiết bị điều chế clo tinh khiết trong phòng thí nghiệm, có giải thích? 4.2. Một hỗn hợp Y gồm Al và Fe. Cho 22 gam hỗn hợp Y tác dụng với 2 lít dung dịch HCl 0,3M thu được V lít khí H2 (đktc) a. Chứng tỏ rằng Y không tan hết. Tính giá trị V. Trang 130

b. Cho 22 gam Y tác dụng vừa đủ với clo thu được m1 gam muối. Cũng 22 gam Y tác dụng vừa đủ với I2 thu được m2 gam muối. Biết m2-m1=139,3 gam. Tính khối lượng mỗi kim loại trong 22 gam Y. Câu 5.(3,5 điểm) 5.1. Cho phản ứng sau: N2 + 3H2 2NH3. Ban đầu tỉ lệ số mol N2 :H2 là 1:3 thì khi đạt trạng thái cân bằng (450 0C, 300 atm) NH3 chiếm 36% thể tích. a. Tính hằng số cân bằng Kp ở nhiệt độ trên. b. Giữ nhiệt độ 450 0C, cần tiến hành áp suất bao nhiêu atm để khi cân bằng NH3 chiếm 50% thể tích. 5.2. Nung 15,605 gam hỗn hợp X gồm KMnO4 và KClO3 trong bình kín chân không một thời gian thu được 14,005 gam chất rắn Y. Cho Y tác dụng với dung dịch HCl đặc dư. Sau khi kết thúc các phản ứng thu được 4,48 lít Cl2 (đktc). a. Tính phần trăm khối lượng mỗi chất trong X. b. Nung 15,605 gam hỗn hợp X đến phản ứng hoàn toàn thì thu được tối đa bao nhiêu lít Oxi (đktc)? Câu 6. (4 điểm) 6.1. Chỉ dùng 1 thuốc thử hãy phân biệt các dung dịch sau đựng trong các lọ mất nhãn? K2S, K2S2O3, K2SO4, K2CO3, KNO2 6.2. a.Hoàn thành các phương trình phản ứng sau: H2S + FeCl3 t → S + NaOH  H2S + KMnO4 + H2SO4 b. Nêu và giải thích hiện tượng thu được khi sục khí clo tới dư vào dung dịch KBr. c. Vì sao không dùng bình thủy tinh để đựng dung dịch HF? 0

...................................................Hết.......................................................... Cho N=14, O=16, He=4,Fe=56, S=32, Cu=64,Al=27, Cl=35,5, Br=80, I=127, K=39, Mn=55.

CÂU Câu 1(3 đ) 1.1 (2 đ)

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI OLYMPIC 24/3. MÔN: HÓA 10 NỘI DUNG

a. – phân bố electron cuối cùng vào obitan - Xác định cấu hình electron ở phân lớp ngoài cùng: X: 3p4 X là S Y: 2p3 Y là N Z: 2p4 Z là O b. -Năng lượng ion hóa thứ nhất của O >S vì trong cùng 1 nhóm từ O đến S năng lượng ion hóa thứ nhất giảm dần. -Oxi và Nitơ cùng chu kì, cấu hình electron phân lớp ngoài cùng của N là 2p3 trạng thái bán bão hòa bền hơn O: 2p4. Mặt khác do lực đẩy giữa các cặp electron trong 1 obitan của oxi làm cho electron ở đây dễ bị tách ra khỏi nguyên tử hơn Ni tơ . Vậy nên I1: N>O>S. c. 2 phân tử NO2 có thể kết hợp với nhau thành phân tử N2O4 còn SO2 thì không vì:

Đ IỂ M

0,25đ 0,25 X3=0,75đ 0,25 đ 0,25đ

Trang 131

1.2(1 đ)

-Ở SO2 thì S có đủ 8 electron lớp ngoài cùng. -Ở NO2 thì N chỉ có 7 electron lớp ngoài cùng, dễ dàng kết hợp với phân tử khác tạo ra N2O4. a. Dùng VSEPR để giải thích - POX3 theo VSEPR có dạng AX4E0 nên nguyên tố trung tâm P ở trạng thía lai hóa sp3. - Phân tử có dạng hình học là hình tứ diện. b. - Góc liên kết FPF<ClPCl - Vì Cl có độ âm điện nhỏ hơn F làm cặp electron liên kết trên các liên kết P-Cl gần hơn trên các liên kết P-F do đó tăng lực đẩy giữa các cặp electron liên kết này.

Câu2(3,5đ) 2.1(1,5 đ) a. 10 FeCl2 + 6 KMnO4 +24 H2SO4 5 Fe2(SO4)3 +10 Cl2 +3 K2SO4 + 6 MnSO4 + 24 H2O 5X 2FeCl2 2Fe+3 + 4Cl- + 2e FeCl2: chất khử 2X Mn+7 + 5e Mn+2 KMnO4 : chất oxi hóa b. 17Al + 66HNO3 17Al(NO3)3 + 9NO + 3N2O + 33H2O. Biết tỉ khối hơi của hỗn hợp khí NO,N2O so với He là 8,375. Tìm ra tỉ lệ mol NO : N2O = 3:1. 3 X 22H+ +5NO3- + 17e 3NO + N2O +11H2O HNO3 chất oxi hóa 17 X Al Al+3 +3e Al: Chất khử c. 3CH3-CH=CH2 + 2KMnO4 + 4H2O 3CH3-CHOH-CH2OH + 2KOH + 2MnO2. 3X C-1 + C-2 C0 + C-1 +2 e CH3-CH=CH2: Chất khử 2X Mn+7 +3e Mn+4 KMnO4: chất oxi hóa 2.2 (1đ) a. Phản ứng xảy ra tại 2 cực của pin: Tại cực(+): Hg2SO4 +2e 2Hg + SO42Tại cực (-): Zn Zn2+ +2e Phản ứng xảy ra trong pin: Hg2SO4 + Zn 2Hg + ZnSO4 b. ∆G 0 =-n.F.E0= -2.96500.1,552=-299536 J/mol=- 299,536 KJ/mol 2.3(1 đ) a. ∆ H0 pư = -241,8 - 110,5 + 393,5 = 41,2(KJ) ∆ S0 pư = 197,6+188,7 – 130,6- 213,6 = 42,1(J.K-1) b. ∆G 0 = ∆ H0 -T ∆ S0= 41,2-298.42,1.10-3=28,6542(KJ) -3 ∆G 0 = -RTlnKp ⇒ 28,6542=-8,314.10 .298.lnKp ⇒ Kp=9,54.10 6

0,25 đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Mỗi câu đúng, đầy đủ 4 bước 0,5 đ. Nếu thiếu mỗi bước trừ 0,125 đ.

0,125đ 0,125đ 0,25đ 0,5đ 0,125đ 0,125đ 0,125đ 0,125đ

c. khi t=1000C T=373 -3 ∆ G373 =41,2-373.42,1.10 =25,4967(KJ). Phản ứng xảy ra theo 0,25đ chiều nghịch. d. [H2]=0,2/2=0,1 [CO2]=0,3/2=0,15 [H2O]=0,1/2=0,05= [CO] Vì ∆ n =0 ⇒ Kp=Kc Ta thấy Qc= (0,05.0,05)/(0,1.0,15)=0,167>Kc ⇒ phản ứng sẽ xảy ra 0,25đ theo chiều nghịch ⇒ số mol H2O,CO sẽ giảm còn số mol H2, CO2 sẽ tăng

Câu3(3,5đ) 3.1(1đ) Khi dùng H2SO4 đặc oxi hóa hỗn hợp A, lượng SO2 thoát ra chính bằng dùng H2SO4 đặc oxi hóa S và Fe ban đầu. 2Fe + 6H2SO4 (đặc nóng) Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O mol 0,1 0,15

0,25đ 0,25đ Trang 132

3.2(1,5đ)

3.3(1đ)

Câu 4 (2,5đ) 4.1(1 đ)

S + 2 H2SO4 đặc 3SO2 + 2H2O Mol 0,125 0,375 Vậy V=(0,15 + 0,375).22,4=11,76 lít - Tính axit tăng: HClO < HClO2 < HClO3 < HClO4 - Giải thích: Đi từ HClO đến HClO4 sự gia tăng số nguyên tử oxi làm gia tăng độ bội liên kết Cl-O dẫn tới sự gia tăng điện tích dương của nguyên tố Cl làm cho liên kết H-O càng phân cực mạnh hơn, dễ phân li giải phóng H+ nên tính axit mạnh hơn. - Tính oxi hóa giảm dần: HClO > HClO2 > HClO3 > HClO4 . - giải thích: do đi từ HClO đến HClO4 độ bền của phân tử giảm dần, khả năng nhận electron của gốc axit càng giảm dẫn tới tính oxi hóa giảm. - Để điều chế được dung dịch HClO từ HCl ta đun hỗn hợp gồm hidroclorua và không khí ở 4500C có xúc tác, cho hỗn hợp thu được tan vào nước thu được 2 axit HCl và HClO. Cho CaCO3 vào dung dịch thu được chỉ có HCl phản ứng. Chưng cất hỗn hợp còn lại thì HClO bị phân hủy tạo Cl2O, hấp thụ oxit này vào nước ta thu được axit HClO. Các phương trình phản ứng: 4HCl + O2 2Cl2 + 2H2O Cl2 + H2O HCl + HClO 2HClO Cl2O + H2O Cl2O + H2O 2HClO Dd HCl

0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ

0,5đ 0,25đ

0,5đ

M ỗi phương trình 0,125đ

0,5 đ KMnO4

Bông t m ddNaOH trên mi ng

dd NaCl

4.2 (1,5đ)

dd H2SO4

- giải thích: Dd NaCl dùng để giữ khí HCl. H2SO4 đặc giữ hơi nước.Bông tẩm dung dịch NaOH để hấp thụ Cl2 không cho clo thoát ra ngoài không khí. a. Trong 22 gam Y có x mol Al và y mol Fe Al Al3+ + 3e x 3x

0,5đ 0,5đ

Fe Fe2+ + 2e y 2y + 2H +2e H2 n 0,6 0,6 e(+) = 0,6mol n e(+) = 0,6mol < 22.2/56 ≤ ne(-) ≤ 22.3/27 Trang 133

Câu 5 (3,5đ) 5.1(1,5đ)

suy ra kim loại không tan hết. b. Al + 3/2Cl2 AlCl3 Fe + 3/2Cl2 FeCl3 m1=133,5x + 162,5y (1) Al + 3/2I2 AlI3 Fe + 3/2I2 FeI3 m2=408x + 310y (2) m2-m1=139,3 suy ra 274,5x + 147,5y =193,3 mặt khác 27x + 56y = 22 giải ra x=0,4 mol; y=0,2 mol. m Al=10,8gam mFe=11,2gam a. Hốn hợp khí có %V = % số mol. Ở trạng thái cân bằng, phần mol của NH3=0,36. Phần mol của N2=0,16; phần mol của H2=0,48 Kx=

2 NH 3 3 N2 H2 ∆n

x .x

0,36 =7,324 0,16.0, 483

Kp=Kx. p =Kx/p2 suy ra Kp=8,14.10-5. b. ở nhiệt độ không đổi thì Kp không thay đổi xNH3=0,5; xN2=0,125; xH2=0,375 Kx= 5.2(2 đ)

Kp=Kx/p2 = 8,14.10-5 suy ra p=682,6(atm) a. Gọi x,y lần lượt là số mol của KClO3 và KMnO4 có trong 15,605 gam hỗn hợp X. 122,5x + 158y=15,605(1) *Nung X 2KMnO4 K2MnO4 + MnO2 + O2 2KClO3 2KCl + 3 O2 Chất rắn Y tối đa gồm: KClO3, KMnO4 , K2MnO4, MnO2, KCl n

O2=

15, 605 − 14, 005 =0,05 mol 32

*Y tác dụng với HCl đặc Cl2=0,2 mol Viết quá trình nhường nhận electron Cl+5 + 6e Cl-1 2O-2 O2 + 4 e x 6x 0,05 0,2 +7 +2 Mn + 5e Mn 2Cl Cl2 + 2 e y 5y 0,2 0,4 bảo toàn electron 6x + 5y= 0,2 +0,4=0,6(2) giải hệ (1) và (2)được x=0,05; y=0,06mol. Phần trăm khối lượng mỗi chất trong X là: %mKMnO4=60,75; %mKClO3=39,25 b. Khi nung hỗn hợp x đến phản ứng hoàn toàn: n O2=0,03+0,075=0,105mol V O2=2,352 lít Dùng thuốc thử là dung dịch H2SO4 loãng. Cho H2SO4 vào từng mẫu thử. - dung dịch có khí mùi trứng thối thoát ra là Na2S Na2S + H2SO4 Na2SO4 + H2S n

Câu 6(4 đ) 6.1(2,5đ)

0,52 =37,926 0,125.0,3753

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ

0,25đ 0,25đ 0,125đ 0,25đ 0,25đ 0,125đ 0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,25 0,25 - Nhận biết ra mỗi chất 0,25đ Trang 134

6.2(1,5đ)

- Dung dịch vừa có kết tủa vàng vừa có khí mùi xốc bay ra là Na2S2O3 Na2S2O3+ H2SO4 Na2SO4 +S +SO2 + H2O - Dung dịch có khí không màu thoát ra là Na2CO3 Na2CO3+ H2SO4 Na2SO4 +CO2 + H2O - Dung dịch có khí màu nâu thoát ra là NaNO2 NaNO2 + H2SO4 Na2SO4 + HNO2 3 HNO2 2NO +HNO3 + H2O 2NO +O2 2NO2 -Dung dịch không có hiện tượng là Na2SO4 a.Hoàn thành các phương trình phản ứng sau: H2S + 2FeCl3 2FeCl2 + S + 2HCl t 3S + 6NaOH  → 2Na2S + Na2SO3 + 3 H2O 5H2S + 2KMnO4 + 3H2SO4 5S + 2MnSO4 + K2SO4 + 8 H2O b. Nêu và giải thích hiện tượng thu được khi sục khí clo tới dư vào dung dịch KBr. -Hiện tượng: dung dịch KBr ban đầu có màu sậm dần do sinh ra Br2 sau đó mất màu tạo dung dịch trong suốt. - giải thích bằng phương trình: Cl2 + 2KBr 2KCl + Br2 5Cl2 + Br2 + 6H2O 10HCl +2 HBrO3 c. Không dùng bình thủy tinh để đựng dung dịch HF vì HF ăn mòn thủy tinh theo phương trình 4HF + SiO2 SiF4 + 2 H2O 0

SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM TRƯỜNG THPT NAM GIANG

- Viết đúng phương trình nhận biết ra mỗi chất (nếu có) 0,25đ

0,25 0,25 0,25

ĐỀ THI OLYMPIC HÓA HỌC LỚP 10 NĂM HỌC 2016 -2017 (Thời gian làm bài 150 phút)

Câu 1: (5 điểm)

với nhau cho khí E, khí này tan trong nước tạo dung dịch làm quỳ tím hóa đỏ. Hợp chất A với C có trong tự nhiên và thuộc loại cứng nhất. Hợp chất chứa 3 nguyên tố A, B, C là muối không màu, tan trong nước và bị thủy phân. Xác định A, B, C và viết các phản ứng xảy ra ở trên. 1.3. Hòa tan một mẫu kẽm trong axit HCl ở 200C thấy kết thúc sau 27 phút. Ở 400C cũng mẫu đó tan hết sau 3 phút. Hỏi ở 550C, mẫu Zn tan sau bao lâu. Câu 2: (5 điểm) 2.1. Cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp cân bằng ion-eletron: a. Fe3O4 + Cr2O72- + H+ → Cr3+ + ……. b. Sn2+ + BrO3- + Cl- → Br - + SnCl62- + ….. c. SO32- + MnO4- + H2O → ………………….. 2.2. Hỗn hợp khí gồm 1 mol N2 và 3 mol H2 được gia nhiệt tới 3870C tại áp suất 10 atm. Hỗn hợp cân bằng chứa 3,85% NH3 về số mol. Xác định KC và KP. Câu 3: (5điểm) 3.1. Axit H2SO4 100% hấp thụ SO3 tạo oleum. Hỏi cần bao nhiêu gam oleum có hàm lượng SO3 là 71% pha vào 100 ml dung dịch H2SO4 40% (d=1,31 g/ml) để tạo ra oleum có hàm lượng SO3 là 10% 3.2. Sắp xếp các oxit axit: HClO; HClO2; HClO3; HClO4 theo thứ tự - Tăng dần tính oxi hóa ; - Tăng dần tính axit Giải thích ngắn gọn. 3.3. Tính năng lượng liên kết trung bình C-H từ các kết quả thực nghiệm sau - Nhiệt đốt cháy CH4 = -801,7 kJ/mol - Nhiệt đốt cháy hidro = -241,5 kJ/mol - Nhiệt đốt cháy than chì = -393,4 kJ/mol - Nhiệt hóa hơi than chì = 715 kJ/mol - Năng lượng liên kết H-H = 431,5 kJ/mol. Các kết quả đều đo được ở 2980K và 1 atm. Câu 4: (5 điểm) 4.1. Hỗn hợp X có khối lượng 82,3 gam gồm KClO3, Ca(ClO3)2, CaCl2 và KCl. Nhiệt phân hoàn toàn X thu được 13,44 lít O2 (đkc), chất rắn Y gồm CaCl2 và KCl. Toàn bộ Y tác dụng vừa đủ với 0,3 lít dung dịch K2CO3 1M thu được dung dịch Z. Lượng KCl có trong Z nhiều gấp 5 lần lượng KCl trong X. Phần trăm khối lượng KCl trong X là? 4.2. Tiến hành nung x1 gam Cu với x2 gam Oxi thì thu được sản phẩm A1. Đun nóng A1 trong x3 gam dung dịch H2SO4 98%. Sau khi kết thúc phản ứng thu được dung dịch A2 và khí A3. Khí A3 không tạo kết tủa với dung dịch Pb(NO3)2 nhưng làm nhạt màu dung dịch brom, được hấp thụ hoàn toàn bởi 200 ml dung dịch NaOH 0,15M tạo ra 2,3 gam muối. Khi cô cạn dung dịch A2 thì thu được 30 gam tinh thể CuSO4.5H2O. cho dung dịch A2 tác dụng với dung dịch NaOH, để thu được lượng kết tủa lớn nhất phải dùng ít nhất 300 ml dung dịch NaOH 1M. tính x1, x2 và x3. H ẾT Cho khối lượng nguyên tử của các nguyên tố: H = 1; C = 12; O =16; Na = 23; Al = 27; S = 32; Cl=35,5; K=39; Ca = 40; Fe = 56; Cu=64; Ag=108 Học sinh không được phép sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học và bảng tính tan.

Họ và tên: ………………………………Số báo danh: ……………………………

Trang 136

SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM TRƯỜNG THPT NAM GIANG

ĐÁP ÁN ĐỀ THI OLYMPIC HÓA HỌC LỚP 10 NĂM HỌC 2016 -2017 (Thời gian làm bài 150 phút)

Câu 1: (4 điểm)

1.1 Một hợp chất A tạo thành từ các ion X+ và Y2-. Trong ion X+ có 5 hạt nhân của hai nguyên tố và có 10 eletron. Trong ion Y2- có 4 hạt nhân thuộc hai nguyên tố trong cùng một chu kỳ và đứng cách nhau một ô trong bảng tuần hoàn. Tổng số eletron trong Y2- là 32. Hãy xác định các nguyên tố trong hợp chất A và lập công thức hóa học của A. 1.2. Có 3 nguyên tố A, B và C. A tác dụng mạnh với B ở nhiệt độ cao sinh ra D. Chất D bị thủy phân mạnh trong nước tạo ra khí cháy được và có mùi trứng thối. B và C tác dụng với nhau cho khí E, khí này tan trong nước tạo dung dịch làm quỳ tím hóa đỏ. Hợp chất A với C có trong tự nhiên và thuộc loại cứng nhất. Hợp chất chứa 3 nguyên tố A, B, C là muối không màu, tan trong nước và bị thủy phân. Xác định A, B, C và viết các phản ứng xảy ra ở trên. 1.3. Hòa tan một mẫu kẽm trong axit HCl ở 200C thấy kết thúc sau 27 phút. Ở 400C cũng mẫu đó tan hết sau 3 phút. Hỏi ở 550C, mẫu Zn tan sau bao lâu. Câu 1 1.1 2đ

1.2 2đ

HƯỚNG DẪN CHẤM

Điểm

Xác định X+ X+ có 10 electron ⇒ nên tổng proton trong 5 hạt nhân là 11 Z = 2,2. Vậy có 1 nguyên tử là H Gọi nguyên tử thứ hai trong X+ là R, công thức X+ có thể là; RH4+ : ZR + 4 = 11 ⇒ ZR = 7 (N) ; X+: NH4+ (nhận) R2H3+ : 2ZR + 3 = 11 ⇒ ZR = 4 loại : R3H2+ : 3ZR + 2 =11 ⇒ ZR = 3 loại Xác định Y2Y2- có 32 eletron nên tổng số hạt proton trong 4 nguyên tử là 30. 2Z = 7,5 ⇒ 2 nguyên tử trong Y đều thuộc cùng chu kỳ 2. Gọi 2 nguyên tử là A, B: ZB= ZA +2 Công thức Y2- có thể là AB32- : ZA+ 3ZB = 30 ZB= ZA +2 ⇒ ZA= 6 (C); ZB = 8 (O) 2A2B2 : 2ZA+ 2ZB = 30 ZB= ZA +2 ⇒ ZA= 6,5; ZB = 8,5 loại 2A3B : 3ZA+ ZB = 30 ZB= ZA +2 ⇒ ZA= 7; ZB = 9 loại Hợp chất A có công thức (NH4)2CO3

0,25đ 0,25đ 0,25đ

0,25đ 0,25đ

0,25đ

0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ

AnBm là muối khi thủy phân cho H2S; hợp chất AxCy là Al2O3 Vậy A là Al; B là S; C là O; Hợp chất A,B,C là Al2(SO4)3 2Al + 3 S → Al2S3

; Al2S3 + 6H2O → 2 Al(OH)3 + 3 H2S

4Al + 3O2 → 2Al2O3

; S + O2 → SO2

Trang 137

Al3+ + 2H2O → Al(OH)2+ + H3O+

1.3 1đ

0,25đ

Cả 3 trường hợp đều hòa tan cùng 1 lượng Zn nên có thể xem tốc độ trung bình của phản ứng tỉ lệ nghịch với thời gian phản ứng Khi đun nóng từ 200C đến 400C, tốc độ phản ứng tăng lên 9 lần t 2 − t1 V2 = γ 10 =9 γ =3 V1

0,25đ 0,25đ

55−40

Vậy khi đun nóng từ 400C đến 550C, tốc độ phản ứng tăng 3 10 =5,2 (lần) 3 Vậy thời gian là =0,577 phút 5,2

0,25đ 0,25đ

Câu 2: (5 điểm)

2.1. Cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp cân bằng ion-eletron: a. Fe3O4 + Cr2O72- + H+ → Cr3+ + ……. b. Sn2+ + BrO3- + Cl- → Br - + SnCl62- + ….. c. SO32- + MnO4- + H2O → …………………. 2.2. Hỗn hợp khí gồm 1 mol N2 và 3 mol H2 được gia nhiệt tới 3870C tại áp suất 10 atm. Hỗn hợp cân bằng chứa 3,85% NH3 về số mol. Xác định KC và KP. Câu 2 2.1 3đ

2.2 2đ

HƯỚNG DẪN CHẤM

Điểm

a. Fe3O4 + Cr2O72- + H+ → Cr3+ + Fe3+ + H2O Fe3O4 + 8H+ → 3 Fe3+ + 1e + 4H2O x6 2+ 3+ Cr2O7 + 14H + 6e → 2Cr + 7H2O x1 2+ 3+ 3+ 6Fe3O4 + Cr2O7 + 62H → 2Cr + 18Fe + 31H2O b. Sn2+ + BrO3- + Cl- → Br - + SnCl62- + H2O BrO3- + 6H+ + 6e → Br- + 3H2O Sn2+ + 6Cl- → SnCl62- + 2e x3 2+ + 23Sn + BrO3 + 18Cl + 6H → Br + 3SnCl6 + 3H2O c. SO32- + MnO4- + H2O → SO42- + MnO2 + OHSO32- + H2O → SO42- + 2H+ + 2e x3 MnO4 + 2H2O + 3e → MnO2 + 4OH x2 223SO3 + 2MnO4 + H2O → 3SO4 + 2MnO2 + 2OH-

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

Phản ứng: N2 + 3H2 → 2NH3 Ban đầu 1 3 mol Phản ứng x 3x 2x Cân bằng (1-x) (3-3x) 2x Lúc cân bằng số mol H2= 3 lần số mol N2

0,25đ

Vậy % số mol N2 lúc cân bằng là:

0,25đ

100 − 3,85 =24,04%; %H2= 72,11 4

Áp suất riêng phần đối với từng chất là PNH3 = 0,0385.10= 0,385 atm ; PH2= 0,7211.10 =7,211 atm PN2 = 0,2404.20= 2,404 atm; KP =

PNH 3

PN 2 P 3 H 2

0,75đ

-4

= 1,644.10 ; 0,5đ

KC = KP. (RT)-∆n = 0,4815. Trang 138

Câu 3: ( 5 điểm)

3.1. Axit H2SO4 100% hấp thụ SO3 tạo oleum. Hỏi cần bao nhiêu gam oleum có hàm lượng SO3 là 71% pha vào 100 ml dung dịch H2SO4 40% (d=1,31 g/ml) để tạo ra oleum có hàm lượng SO3 là 10%. 3.2. Sắp xếp các oxit axit: HClO; HClO2; HClO3; HClO4 theo thứ tự - Tăng dần tính oxi hóa; - Tăng dần tính axit Giải thích ngắn gọn. 3.3. Tính năng lượng liên kết trung bình C-H từ các kết quả thực nghiệm sau - Nhiệt đốt cháy CH4 = -801,7 kJ/mol - Nhiệt đốt cháy hidro = -241,5 kJ/mol - Nhiệt đốt cháy than chì = -393,4 kJ/mol - Nhiệt hóa hơi than chì = 715 kJ/mol - Năng lượng liên kết H-H = 431,5 kJ/mol. Các kết quả đều đo được ở 2980K và 1 atm. Câu HƯỚNG DẪN CHẤM H2SO4.nSO3 a mol Hàm lượng SO3 = 71% 3.1 2đ 80n Ta có .100=71 ⇒ n= 3 98 + 80n Khối lượng dung dịch H2SO4 40%= 131 (gam) ⇒ mct = 52,4 gam.; mH2O= 78,6 Phản ứng SO3 + H2O → H2SO4 4,367 4,367 4,367 (3a − 4,367).80 Ta có: =0,1 ⇒ a = 1,7578 131 + 338a m = 338 . 1,7578 = 594 (gam) 3.2 1đ

3.3 2đ

Điểm

0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ 0,25đ 0,25

Các axit trên đều có công thức chung là HClOn - Tính oxi hóa giảm : HClO > HClO2 > HClO3 > HClO4 Khi n tăng thì độ dài liên kết Cl-O giảm, tức là độ bền của các liên kết Cl-O tăng → Tính oxi hóa giảm. - Tính axit tăng : HClO < HClO2 < HClO3 < HClO4 Vì theo Pauling khi n tăng, liên kết –OH càng yếu do lực hút của H+ bị chia sẻ cho nhiều O và càng dễ tách ra H+ → Tính axit tăng dần Viết các phản ứng : CH4 → C (r) + 4H CH4 + 2O2 → CO2 + 2H2O ∆H1 2H2O → O2 + 2H2 - ∆H2 CO2 → O2 + C (r) - ∆H3 C (r) → C (k) ∆H4 2H2 → 4H 2∆H5 Tổ hợp các phương trình này ta được: CH4 → C (r) + 4H 4∆H0 C-H = ∆H1 -∆H2 - ∆H3 +∆H4 + 2∆H5 = 1652,7 kJ/mol Năng lượng liên kết C-H = 413,175 kJ/mol

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

Câu 4: (5 điểm)

4.1. Hỗn hợp X có khối lượng 82,3 gam gồm KClO3,Ca(ClO3)2,CaCl2 và KCl. Nhiệt phân hoàn toàn X thu được 13,44 lít O2 (đkc), chất rắn Y gồm CaCl2 và KCl. Toàn bộ Y tác Trang 139

1,đ 0,5đ 0,5đ

dụng vừa đủ với 0,3 lít dung dịch K2CO3 1M thu được dung dịch Z. Lượng KCl có trong Z nhiều gấp 5 lần lượng KCl trong X. Phần trăm khối lượng KCl trong X là. 4.2. Tiến hành nung x1 gam Cu với x2 gam Oxi thì thu được sản phẩm A1. Đun nóng A1 trong x3 gam dung dịch H2SO4 98%. Sau khi kết thúc phản ứng thu được dung dịch A2 và khí A3. Khí A3 không tạo kết tủa với dung dịch Pb(NO3)2 nhưng làm nhạt màu dung dịch brom, được hấp thụ hoàn toàn bởi 200 ml dung dịch NaOH 0,15M tạo ra 2,3 gam muối. Khi cô cạn dung dịch A2 thì thu được 30 gam tinh thể CuSO4.5H2O. cho dung dịch A2 tác dụng với dung dịch NaOH, để thu được lượng kết tủa lớn nhất phải dùng ít nhất 300 ml dung dịch NaOH 1M. tính x1, x2 và x3. Câu 4.1. Các phản ứng 2đ KClO3 → KCl + 3/2 O2

HƯỚNG DẪN CHẤM

Ca(ClO3)2 → CaCl2 + 3/2 O2 Đặt a, b là số mol của CaCl2 và KCl trong chất rắn Y BTKL ta có mY = 82,3 - 32.0,6= 63,1 (gam). ⇒ 111a + 74,5b=63,1 (1) Cho Y tác dụng với Na2CO3 CaCl2 + Na2CO3 → CaCO3 + 2NaCl ⇒ a =0,3(mol); Từ (1) ⇒ b = 0,4 (mol). Đặt x là số mol KCl trong hỗn hợp X. Ta có 2a + b = 5x ⇒ x = 0,2 (mol)

4.2. 3đ

74.5.0,2 %KCl trong X là = .100 = 18.10 % 82,3 Dễ dàng thấy toàn bộ lượng Cu ban đầu chuyển hết về CuSO4.5H2O 30.64 Ta có x1 = = 7,64 gam ⇒ mol Cu =0,12 (mol) 250 Khi đun nóng A1 với H2SO4 đặc có khí A3 thoát ra, theo giả thuyết A3: SO2 Và trong A1 còn Cu dư Cu + ½ O2 → CuO x 0,5x x CuO + H2SO4 → CuSO4 + H2O Cu + 2H2SO4 → CuSO4 + SO2 + 2H2O Vậy khí SO2 có số mol là (0,12 –x) Khi Cho SO2 vào dung dịch NaOH có phản ứng SO2 + NaOH → NaHSO3 SO2 + 2NaOH → Na2SO3 + H2O Mol NaOH = 0,03. Giả sử chi có muối NaHSO3, m1= 104.0,03 = 3.12 gam Giả sử chi có muối Na2SO3, m2= 126.0,015 = 1,89 gam mà 1,89 < 2,3 < 3,12 ⇒ Vậy thu được 2 muối. Đặt y,z là số mol 2 muối Ta có: y + 2z = 0,03 104y + 126z = 2,3 ⇒ y = 0,01; z = 0,01. Vậy mol SO2 = y + z = 0,02 ⇒ x = 0,1 ⇒ x2 = 32.0,05 = 1,6 (gam) Số mol NaOH = 0,3 (mol) CuSO4 + 2NaOH → Cu(OH)2 + Na2SO4 Mol NaOH tác dụng với CuSO4 là 0,24, còn lại 0,06 tác dụng với H2SO4 Mol H2SO4 dư = 0,03 Tổng mol H2SO4 là: 0,1 + 2.0,02 + 0,03 = 0,17 (mol)

Điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

0,5đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ

0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

Trang 140

x3 =

0,17.98.100 = 17 gam 98

Trang 141

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG -------------ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 - 2019 Môn thi: HÓA HỌC Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 03/4/2019 Đề thi gồm: 05 câu, 02 trang -----------------------------------------------

Cho nguyên tử khối của các nguyên tố: H = 1; Li = 7; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Al = 27; Mg = 24; S = 32; Cl = 35,5; Ca = 40; Cr = 52; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Br = 80; Ag = 108; Ba = 137. Cho biết số hiệu nguyên tử của các nguyên tố: 1H; 2He; 6C; 7N; 8O; 9F; 10Ne; 11Na; 12Mg; Al; S; 13 16 17Cl; 18Ar; 19K; 20Ca; 24Cr; 26Fe; 29Cu; 30Zn; 35Br. Câu 1: (2,0 điểm) 1) Phân tử M được tạo nên bởi ion X3+ và Y2-. Trong phân tử M có tổng số hạt p, n, e là 224 hạt, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 72 hạt. Tổng số hạt p, n, e trong ion X3+ ít hơn trong ion Y2- là 13 hạt. Số khối của nguyên tử Y lớn hơn số khối của nguyên tử X là 5 đơn vị. Xác định số hạt p, n, e của nguyên tử X, Y và công thức phân tử của M. 2) X, Y, R, A, B, M theo thứ tự là 6 nguyên tố liên tiếp trong Hệ thống tuần hoàn có tổng số đơn vị điện tích hạt nhân là 63 (X có số đơn vị điện tích hạt nhân nhỏ nhất). a. Xác định số đơn vị điện tích hạt nhân của X, Y, R, A, B, M. b. Viết cấu hình electron của X2−, Y−, R, A+, B2+, M3+. So sánh bán kính của chúng và giải thích? Câu 2: (2,0 điểm) 1) Cân bằng các phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron. a) MnO2 + HCl  → MnCl2 + Cl2 + H2O b) FeO + HNO3  → NO + Fe(NO3)3 + H2O t c) Cu + H2SO4 (đ)  → CuSO4 + SO2 + H2O t d) FeS2 + H2SO4 (đ)  → Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O 2) Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm sau: a. Sục từ từ khí sunfurơ đến dư vào cốc chứa dung dịch KMnO4. b. Dẫn khí hiđro sunfua vào dung dịch nước clo, sau đó nhỏ vào dung dịch sau phản ứng vài giọt dung dịch muối BaCl2. c. Dẫn khí ozon vào dung dịch KI (có sẵn vài giọt phenolphtalein). d. Dẫn khí hiđro sunfua vào dung dịch muối CuCl2 (màu xanh). Câu 3: (2,0 điểm) 1) a. Axit sunfuric đặc được dùng làm khô những khí ẩm, hãy dẫn ra hai thí dụ. Có những khí ẩm không được làm khô bằng axit sunfuric đặc, hãy dẫn ra hai thí dụ. Vì sao? b. Axit sunfuric đặc có thể biến nhiều hợp chất hữu cơ thành than (được gọi là sự hóa than). Dẫn ra những thí dụ về sự hóa than của saccarozơ, vải sợi làm từ xenlulozơ (C6H10O5)n. 0

2) Hỗn hợp A gồm Al, Zn, S dưới dạng bột mịn. Sau khi nung 33,02 gam hỗn hợp A (không có không khí) một thời gian, nhận được hỗn hợp B. Nếu thêm 8,296 gam Zn vào B thì hàm lượng đơn chất Zn trong hỗn hợp này bằng Lấy

1 hàm lượng Zn trong A. 2

1 hỗn hợp B hòa tan trong H2SO4 loãng dư thì sau phản ứng thu được 0,48 gam 2

chất rắn nguyên chất. Lấy

1 hỗn hợp B thêm một thể tích không khí thích hợp (coi không khí chứa 20%O2 2

và 80% N2 theo thể tích). Sau khi đốt cháy hoàn toàn B, thu được hỗn hợp khí C gồm hai khí trong đó N2 chiếm 85,8% về thể tích và chất rắn D. Cho hỗn hợp khí C đi qua dung dịch NaOH dư thể tích giảm 5,04 lít (đktc). a. Tính thể tích không khí (đktc) đã dùng. b. Tính thành phần % theo khối lượng các chất trong B. Câu 4: (2,0 điểm) 1) Một oleum A chứa 37,869 % lưu huỳnh trong phân tử. a) Hãy xác định công thức của A. b) Trộn m1 gam A với m2 gam dung dịch H2SO4 83,30% được 200 gam oleum B có công thức H2SO4.2SO3. Tính m1 và m2. 2) A, B là các dung dịch HCl có nồng độ mol khác nhau. Lấy V lít dung dịch A cho tác dụng với AgNO3 dư thấy tạo thành 35,875 gam kết tủa. Để trung hòa V’ lít dung dịch B cần dùng 500 ml dung dịch NaOH 0,3M. Trộn V lít dung dịch A với V’ lít dung dịch B thu được 2 lít dung dịch C (coi V + V’ = 2 lít). a. Tính nồng độ mol/lít của dung dịch C. b. Lấy riêng 100 ml dung dịch A và 100 ml dung dịch B cho tác dụng với Fe dư thì lượng H2 thoát ra trong hai trường hợp chênh lệch nhau 0,448 lít (ở đktc). Tính nồng độ mol của các dung dịch A, B. Câu 5: (2,0 điểm) 1) a. Nhỏ từng giọt đến hết 125 ml dung dịch HCl 4M vào 375 ml dung dịch chứa đồng thời hai chất tan NaOH 0,4M và Na2SO3 0,8M đồng thời đun nhẹ để đuổi hết khí SO2. Thể tích khí SO2 thu được (ở đktc) là bao nhiêu? b. Làm ngược lại câu a, nhỏ từng giọt đến hết 375 ml dung dịch chứa đồng thời hai chất tan NaOH 0,4M và Na2SO3 0,8M vào 125 ml dung dịch HCl 4M đồng thời đun nhẹ để đuổi hết khí SO2. Thể tích khí SO2 thu được (ở đktc) là bao nhiêu? Coi hiệu suất các phản ứng là 100%. 2) Chia 15 gam một muối sunfua của kim loại R (có hóa trị không đổi) làm hai phần. Phần 1 tác dụng với dung dịch HCl dư tạo ra khí A. Phần 2 đốt cháy hết trong oxi vừa đủ thu được khí B. Trộn hai khí A và B với nhau thì thu được 5,76 gam chất rắn màu vàng và một khí dư thoát ra. Dùng một lượng NaOH (trong dung dịch) tối thiểu để hấp thụ vừa hết lượng khí dư này thì thu được 6,72 gam muối. Hãy xác định tên kim loại R. Biết tất cả các phản ứng đều có hiệu suất 100%. --------------- Hết --------------------

Họ tên thí sinh: ……………………………………Số báo danh ………….. Chữ kí giám thị 1 …………………………….Chữ kí giám thị 2 …………..

Trang 2

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG --------------

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 - 2019 MÔN THI: HÓA HỌC (Hướng dẫn chấm gồm 6 trang)

(*) Hướng dẫn chung: - Học sinh có thể làm theo cách khác, nếu đúng và lập luận chặt chẽ vẫn cho điểm tối đa. - Nếu giải toán có sử dụng tỉ lệ của PTHH mà cân bằng sai phương trình thì không cho điểm phần giải toán đó. - Nếu bài làm học sinh viết thiếu điều kiện phản ứng, thiếu đơn vị (mol, g, …) thì giáo viên chấm linh động để trừ điểm. - Điểm toàn bài làm tròn đến 0,25 điểm.

Câu Ý

Đáp án *

1.1

Biểu điểm

Gọi ZX, ZY tương ứng là số proton của X, Y . ( ZX, ZY є Z ) * NX, NY tương ứng là số nơtron của X, Y. ( NX, NY є Z ) 3+ 2Phân tử M được tạo nên bởi ion X và ion Y do đó M có công thức phân tử là: X2Y3. - Tổng số hạt p, n, e trong phân tử M là: 2(2ZX + NX) + 3( 2ZY + NY) = 224 (1) - Trong phân tử M, hiệu số hạt mang điện và số hạt không mang điện là: ( 4ZX + 6ZY) – (2NX + 3NY) = 72 (2) 3+ 2- Hiệu số hạt p, n, e trong ion X và ion Y : (2ZY + NY +2) – ( 2ZX + NX – 3) = 13 (3) - Hiệu số khối trong nguyên tử X và Y là: (4) (ZY + NY) – ( ZX + NX) = 5 Lấy (1) + (2) ta được: 2ZX + 3 ZY = 74 (5) Lấy (3) – (4) ta được: ZY - ZX = 3 (6) Giải hệ (5) và (6) được ZX = 13; ZY = 16 => NX = 14; NY = 16 Vậy X là Al (e=p=13; n=14) và Y là S (e=p=n=16). Công thức phân tử của M: Al2S3.

Gọi Z là số điện tích hạt nhân của X => Số điện tích hạt nhân của Y, R, A, B, M lần lượt (Z + 1), (Z + 2), (Z + 3), (Z + 4), (Z+5) Theo giả thiết Z + (Z + 1) + (Z + 2) + (Z + 3) + (Z + 4)+ (Z+5) = 63 => Z = 8 → 8X; 9Y; 10R; 11A; 12B, 13M (O) (F) (Ne) (Na) (Mg) (Al) 2-

0,25 0,25

0,25

0,25 0,25 0,25

O , F , Ne, Na , Mg , Al đều có cấu hình e: 1s 2s 2p Số lớp e giống nhau => bán kính r phụ thuộc điện tích hạt nhân. Điện tích hạt nhân càng lớn thì bán kính r càng nhỏ. 0,25 rO2- > r F- > rNe >rNa+ > rMg2+ > rAl3+

+2 1x Mn+4 + 2e  → Mn 2x 2Cl  → Cl2 + 2e MnO2 + 4HCl  → MnCl2 + Cl2 + 2H2O

0,25

Trang 3

1b 2 1c

+3 3x Fe+2  → Fe + e +2 1x N+5 + 3e  → N 3FeO + 10HNO3  → NO + 3Fe(NO3)3 + 5H2O +6 +4 1x S +2e  →S +2 1x Cuo  → Cu + 2e t Cu + 2H2SO4 đặc  → CuSO4 + SO2 + 2H2O

0,25

FeS2

S+6 + 2e

Fe+3 + 2S+4 + 11e S+4 2Fe+3 + 15S+4

2FeS2 + 11S+6

2.a 2.b

2.c

2.d

3.1

t 2FeS2 + 14 H2SO4 (đ)  → Fe2(SO4)3 + 15SO2 + 14H2O Phương trình: 5SO 2 +2KMnO 4 +2H 2 O → K 2SO 4 +2MnSO 4 +2H 2SO 4 - Màu tím của dung dịch nhạt dần, cuối cùng mất màu hoàn toàn.

Phương trình:

0,25 0,25 0,25

H 2S+4Cl 2 +4H 2 O → 8HCl+H 2SO 4 BaCl 2 +H 2SO 4 → BaSO 4 ↓ +2HCl

- Nươc Cl2 nhạt màu, có kết tủa trắng xuất hiện. Phương trình: O3 + H2O + 2KI → O2 + 2KOH + I2. - Dung dịch chuyển sang màu hồng.

0,25

Phương trình: H 2S+CuCl2 → 2HCl+ CuS ↓ - Màu xanh của dung dịch nhạt dần và dung dịch có kết tủa màu đen xuất hiện. a) Nguyên tắc của chất dùng làm khô các khí có lẫn hơi nước là chất đó phải hút được hơi nước nhưng không tác dụng với chất khí được làm khô. Thí dụ: Để làm khô khí CO2, SO2, O2, … ta có thể dẫn các khí này qua dung dịch H2SO4 đặc. -Có những khí ẩm không được làm khô bằng H2SO4 đặc vì chúng tác dụng với H2SO4. Thí dụ: Khi cho khí HI, HBr,… có lẫn hơi nước đi qua dung dịch H2SO4 đặc thì các khí này tác dụng theo các phương trình 8HI + H2SO4 đặc → 4I2 + H2S + 4H2O 2HBr + H2SO4 đặc → SO2 + Br2 + 2H2O b) H2SO4 đặc có thể biến nhiều hợp chất hữu cơ thành than Thí dụ: H SO dac C12H22O11  → 12C + 11H2O Đường mía (màu trắng) muội than t C + 2H2SO4  → CO2 + SO2 + 2H2O H SO dac (C6H10O5)n  → 6nC + 5nH2O Xenlulozơ muội than t C + 2H2SO4  → CO2 + SO2 + 2H2O (HS chỉ cần viết 1 lần PT này) 2

0,25

a Phương trình:

0,25

2Al + 3S → Al2S3 Zn + S → ZnS Trang 4

TH tổng quát : Hỗn hợp B gồm Al2S3, ZnS, S dư, Al dư, Zn dư.

3.2

1 hh B + H2SO4loãng → chất rắn là S 2 0,48.2 mS 12 B dư = 0,48 g → nSdu ( B ) = = 0,03 mol 32 Pt : Al2S3 + 3H2SO4 → Al2(SO4)3 + 3H2S ↑ ZnS + H2SO4 → ZnSO4 + H2S ↑ Zn + H2SO4 → ZnSO4 + H2 ↑ 2Al + 3H2SO4 → Al2(SO4)3 + 3H2 ↑ 1 * hỗn hợp B nung: 2 Pt: 2Al2S3 + 9O2 → 2Al2O3 + 6SO2 2ZnS + 3O2 → 2ZnO + 2SO2 4Al + 3O2 → 2Al2O3 2Zn + O2 → 2ZnO S + O2 → SO2

(*) HS có thể viết sơ đồ phản ứng để thay cho PTHH khi giải toán. *Khí C: SO2, N2( không có O2 vì vậy dùng vừa đủ) → Khí

0,25 C

ddNaOH

 → N2

5, 04 = 0, 225mol 22, 4 ADĐLBT nguyên tố S: ns SO2 ( C ) = nS ( 1 2 B ) = nS ( 1 2 A ) → n¸S

Vgiảm = VSO sinh ra = 5,04( l) → nSO (C ) = 2

= 0,225.2 =

0,45 mol m = 0,45 .32 = 14,4g; mAl + Zn(A)= 33,02 – 14,4 = 18,62g ¸S

Gọi nAl: x(mol) ;nzn: y(mol); 27x + 65y = 18,62 (1) % VSO2/C = 100 - % VN2 = 14,2% nSO2 =

nSO2 nhhC

.100 → nhhC =

nSO2 %nSO2

0, 225 .100 = 1,585mol → 14, 2

85,8 .1, 585 = 1, 36mol 100 5 5 nkk = nN 2 = 1, 36 = 1, 7 mol → Vkk = 1,7 .22,4 = 38,08 lít 4 4 0,25 1 b. nO ( 1 B ) = nkk = 0,34 mol. 2 2 5 1 Nhận xét: Lượng O2 pứ với A (Al, Zn, S) tạo ra Al2O3, ZnO, SO2 2 1 = lượng O2 phản ứng với B (Al2S3, ZnS, Al (dư) Zn (dư), S (dư) → 2 nN 2 =

Al2O3, ZnO, SO2 vì có cùng số mol Al, Zn, S và cùng tạo thành 3 oxit như nhau. Pt: 4Al + 3O2 → 2Al2O3 Mol: x/2 3x/8 Zn + Mol: y/2

1 O2 → ZnO 2

y/4 Trang 5

S Mol: 0,225 Ta có:

+ O2 → SO2 0,225

3x y + + 0,225= 0,34 (2). 8 4

Giải (1,2): x = 0,16; y = 0,22

0,25

%mZn(A) = 0, 22.65.100 = 43,307% 33,02 Gọi nZn dư: z(mol) Sau khi thêm 8,296 gam Zn vào B: % Zn đơn chất=

65 z + 8, 296 1 .100 = 43,307 → z = 0,01mol Zn dư 33, 02 + 8, 296 2

→ nZn phản ứng với S = 0,22-0,01=0,21mol → nS phản ứng với Al= nS chung - nS phản ứng Zn - nS dư = 0,45 – 0,21 – 0,03=

0,21mol

→ nAl S = 0,21 = 0,07 mol 3

2 3

% mB: % Al2 S3 =

0,21.97.100% 0,07.150.100% = 31,8% ; %m ZnS = = 61,69% 33,02 33,02

% mZndư =

4.1 a

0,01.65.100% 0,03.32.100% = 1,97% ; % mS dư = = 2,91% 33,02 33,02

0,25

% mAl dư = 100% - (31,8% + 61,69% + 1,97% + 2,91%) = 1,63%

Đặt công thức oleum A là H2SO4.nSO3. 32(1 + n) 37,869 %mS(A) = = ⇒ n=3 98 + 80n 100

Vậy A là H2SO4.3SO3.

4.1 b

0,25

Theo giả thiết: m1 + m2 = 200 (1) Khối lượng S trong hỗn hợp các chất sẽ bằng khối lượng của S trong 200 gam oleum H2SO4.2SO3. Ta có PT:

m1 (32 + 32.3) m2 .83,3.32 200.32.3 + = 98 + 80.3 98.100 98 + 80.2

0,25

(2)

Từ (1) và (2) ⇒ m1 = 187,619 gam; m2 = 12,381 gam. - Cho V lít dung dịch A tác dụng với AgNO3 dư AgNO3 + HCl → AgCl + HNO3

4.2

0,25

(1)

0,25 0,25 - Trung hòa V’ lít dung dịch B bằng NaOH NaOH + HCl → NaCl + H2O (2) 0,15 0,15 a) Ta có: Trong 2 lít dung dịch C có nHCl = 0,25 + 0,15 = 0,4 mol HCl Vậy CM(HCl) = 0,4 : 2 = 0,2M.

0,25 0,25

b) Khi cho dung dịch A hay dung dịch B tác dụng với Fe thì đều xảy ra phản ứng Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (3) Đặt nồng độ của dung dịch A là xM ⇒ nHCl(A) = 0,1x mol. Đặt nồng độ của dung dịch B là yM ⇒ nHCl(B) = 0,1y mol. 0, 25 0,15 Ta có: V + V’ = 2 hay + =2 (I) x y

Trang 6

5.1 a

Số mol H2 chênh lệch = 0,448 : 22,4 = 0,02 mol *TH1: Lượng H2 từ dung dịch A thoát ra lớn hơn từ dung dịch B. Từ pư (3) và số mol H2 chênh lệch ta có: 0,05x – 0,05y = 0,02 (II) Từ (I) và (II) ⇒ x1 = 0,5 và x2 = 0,1 Với x = x1 = 0,5M ⇒ y = 0,1M Với x = x2 = 0,1M ⇒ y = - 0,3M (loại) *TH2: Lượng H2 từ dung dịch B thoát ra lớn hơn từ dung dịch A. Từ pư (3) và số mol H2 chênh lệch ta có: 0,05y – 0,05x = 0,02 (III) Từ (I) và (III) ⇒ x1 = 0,145 và x2 = - 0,345 (loại) Với x = x1 = 0,145M ⇒ y = 0,545M nHCl = 0,5 mol; nNaOH = 0,15 mol; nNa 2SO3 = 0,3 mol

0,25

Nhỏ từ từ dung dịch HCl vào dung dịch chứa hỗn hợp đã cho thì các phản ứng xảy ra theo thứ tự sau: NaOH + HCl → NaCl + H2O 0,15 0,15 Na2SO3 + HCl → NaCl + NaHSO3 0,3 0,3 0,3 ⇒ nHCl còn lại = 0,5 – 0,15 – 0,3 = 0,05 mol HCl + NaHSO3 → NaCl + SO2 + H2O 0,05 0,05 VSO = 0,05.22,4 = 1,12 lít. Nhỏ từ từ dung dịch chứa hỗn hợp đã cho vào dung dịch HCl, hai chất NaOH và Na2SO3 phản ứng đồng thời với HCl. Số mol mỗi chất đã phản ứng tỉ lệ thuận với số mol của nó trong dung dịch ban đầu. nNaOH pư: nNa SO pư = nNaOH bđ : nNa SO bđ = 0,15 : 0,3 = 1 : 2. Đặt nNaOH pư = a mol → nNa SO pư = 2a mol. Vì nhỏ từng giọt hỗn hợp vào HCl nên phản ứng của muối với HCl tạo ngay sản phẩm khí. Các PTPƯ là: NaOH + HCl → NaCl + H2O a a Na2SO3 + 2HCl → 2NaCl + SO2 + H2O 2a 4a 2a Với lượng HCl và lượng dung dịch hỗn hợp đã cho thì HCl hết (nHCl < nNaOH + 2nNa2SO3) ⇒ nHCl pư = 5a = 0,5 ⇒ a = 0,1 mol. ⇒ nSO = 2a = 0,2 mol ⇒ VSO = 4,48 lít. Đặt công thức của muối là R2Sa (a là hóa trị của R) -Phần 1: R2Sa + 2aHCl → 2RCla + aH2S (1) -Phần 2: 2

5.1 b

5.2

0,25

2R2Sa + 3aO2 → 2R2Oa + 2aSO2

Khí A là H2S; khí B là SO2

(2)

0,25

Trang 7

SO2 + 2H2S → 3S + 2H2O 0,06 0,12 0,18 Với nS = 0,18 mol. Khí dư có thể là SO2 hoặc H2S *Nếu khí dư là H2S: H2S + NaOH → NaHS + H2O (vì NaOH tối thiểu) 0,12 0,12 0,12 Theo giả thiết nNaHS = 6,72 : 56 = 0,12 mol Vậy nH S (1) = 0,12 + 0,12 = 0,24 mol; nSO (2) = 0,06 mol ⇒ nS ( R S ) = 0,24 + 0,06 = 0,3 mol 2

(3)

0,25 (4)

2 a

0,25

0,3 15 mol ⇒ M R2 Sa = = 50a 0,3 a n ⇒ 2R + 32a = 50a ⇒ R = 9a Chọn a = 3 ⇒ R = 27 (Al) ⇒ nR2 Sa =

*Nếu khí dư là SO2 SO2 + NaOH → NaHSO3 Theo giả thiết nNaHSO = 6,72 : 104 = 0,065 mol nH S (1) = 0,12 mol; nSO (2) = 0,06 + 0,065 = 0,125 mol. ⇒ nS ( R S ) = 0,125 + 0,12 = 0,245 mol

(5)

0,25

2 a

0, 245 a mol a ⇒ M R2 Sa = 61,22a → MR = 14,6a ⇒ nR2 Sa =

Trường hợp này không có nghiệm thỏa mãn.

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 THPT NĂM HỌC 2017 - 2018 ĐỀ THI MÔN: HÓA HỌC 10 - THPT Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. (Đề thi gồm 02 trang)

Cho biết nguyên tử khối của các nguyên tố: H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Al = 27; S = 32; Fe = 56; K = 39; Mg = 24; Ca = 40; Cu = 64; Ag = 108; Cl = 35,5; Br = 80; Ba = 137; Na = 23. Câu 1 (2,0 điểm) 1. Cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electron: → Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O a. FexOy + H2SO4 

→ Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O b. FeS2 + H2SO4  c. Al + HNO3  → Al(NO3)3 + NO + N2O + H2O (tỉ lệ mol NO và N2O tương ứng là 3:1) d. Na2SO3 + KMnO4 + NaHSO4  → Na2SO4 + MnSO4 + K2SO4 + H2O 2. Ở trạng thái cơ bản, nguyên tử của nguyên tố X có cấu hình electron lớp ngoài cùng là 4s1. Viết cấu hình electron và xác định vị trí của X trong bảng hệ thống tuần hoàn. Câu 2 (2,0 điểm)

Trang 8

Dự đoán hiện tượng và viết phương trình phản ứng hóa học xảy ra (nếu có) trong các thí nghiệm sau: 1. Nhỏ từ từ từng giọt dung dịch HCl đến dư vào dung dịch Na2CO3. 2. Sục khí SO2 vào dung dịch nước Br2. 3. Cho FeCl2 vào dung dịch chứa (H2SO4 loãng, KMnO4) dư. 4. Cho Fe3O4 vào dung dịch H2SO4 (đặc, nóng, dư). Câu 3 (2,0 điểm) 1. Từ dung dịch H2SO4 98% (D = 1,84 gam/ml) và dung dịch HCl 5M, trình bày phương pháp pha chế để được 200 ml dung dịch hỗn hợp gồm H2SO4 1M và HCl 1M. 2. Trộn x (mol) tinh thể CaCl2.6H2O vào V1 lít dung dịch CaCl2 nồng độ C1 (mol/lít) (khối lượng riêng D1 gam/lít), thu được V2 lít dung dịch CaCl2 nồng độ C2 (mol/lít) (khối lượng riêng D2 gam/lít). Thiết lập biểu thức tính x theo V1, C1, C2, D1, D2. Câu 4 (2,0 điểm) Hòa tan hỗn hợp gồm FeCl3, MgCl2, CuCl2 vào nước được dung dịch X. Cho X tác dụng với dung dịch Na2S dư, thu được kết tủa Y. Mặt khác, nếu cho một lượng dư H2S tác dụng với X, thu được kết tủa Z. Xác định các chất có trong Y và Z. Giải thích bằng phương trình hoá học. Câu 5 (2,0 điểm) 1. Nguyên tử của nguyên tố X có tổng số hạt các loại là 60, số hạt mang điện trong hạt nhân bằng số hạt không mang điện. Nguyên tử của nguyên tố Y có 11 electron p. Nguyên tử nguyên tố Z có 3 lớp electron và 1 electron độc thân. Viết cấu hình electron nguyên tử của X, Y, Z và xác định vị trí của chúng trong bảng hệ thống tuần hoàn. 2. Tổng số các hạt cơ bản trong ion Mn+ có là 80. Trong hạt nhân của M, số hạt không mang điện nhiều hơn số hạt mang điện là 4. Xác định tên nguyên tố M và viết cấu hình electron của Mn+. Câu 6 (2,0 điểm) 1. Đốt cháy hoàn toàn 4,741 gam khí X trong oxi rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy hấp thụ hết vào 100 ml dung dịch NaOH 25% (khối lượng riêng D = 1,28 gam/ml) được dung dịch A. Nồng độ của NaOH trong dung dịch A giảm đi 1/4 so với nồng độ của NaOH trong dung dịch ban đầu. Dung dịch A có thể hấp thu tối đa 17,92 lít khí CO2 (ở đktc). Xác định X và sản phẩm đốt cháy của X. 2. Cho m gam hỗn hợp X gồm FexOy, Fe, MgO, Mg tác dụng với dung dịch HNO3 dư thu được 129,4 gam muối và 0,3 mol hỗn hợp khí Y gồm N2O và NO có khối lượng 9,56 gam. Mặt khác, nếu cho m gam hỗn hợp X ở trên tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc, nóng, dư thu được 104 gam muối và 0,7 mol khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất). Tính m.

Câu 7 (2,0 điểm) Hỗn hợp X gồm Fe và kim loại M (hóa trị n không đổi). Hòa tan hoàn toàn m gam X trong dung dịch H2SO4 đặc, nóng, dư được dung dịch A và V lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất ở đktc). Hấp thụ hết lượng SO2 trên bằng 500 ml dung dịch NaOH 0,2M thu được dung dịch chứa 5,725 gam chất tan. - Thêm vào m gam X một lượng kim loại M gấp đôi lượng kim loại M có trong X, thu được hỗn hợp Y. Cho Y tan hết trong dung dịch HCl dư thu được 1,736 lít khí H2 (đktc). - Thêm vào m gam X một lượng Fe bằng lượng Fe có trong X, thu được hỗn hợp Z. Cho Z tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng, dư thu được dung dịch B chứa 5,605 gam muối. 1. Tính V. 2. Xác định kim loại M và tính thành phần phần trăm khối lượng của hỗn hợp X. Câu 8 (2,0 điểm) Hỗn hợp rắn X gồm KClO3, KCl, BaCl2 và Ba(ClO3)2. Nung nóng 103,95 gam X với cacbon vừa đủ, đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 13,44 lít (đktc) khí CO2 duy nhất và hỗn hợp rắn Y gồm KCl và BaCl2. Cho Y tác dụng vừa đủ 522 gam dung dịch K2SO4 10%, lọc bỏ kết Trang 9

tủa được dung dịch Z. Lượng ng KCl trong dung ddịch Z gấp 9 lần lượng ng KCl trong hỗn hỗ hợp X. Tính phần trăm khối lượng của mỗi muối ối trong hhỗn hợp X. Câu 9 (2,0 điểm) ợc bố trí như hình vẽ sau: Bộ dụng cụ điều chế khí đượ Dung dịch B

Chất ất rắ rắn A

Khí C

Với bộ dụng cụ trên, có thểể ddùng để điều chế những chất khí nào trong sốố các khí sau: Cl2, H2, O2, SO2, CO2? Giải thích. Viết ết ph phương trình phản ứng điều chế các khí đóó (mỗi (mỗ khí chọn một cặp chất A, B thích hợp). Câu 10 (2,0 điểm) gồm 3 muối MgCl2, BaCl2, KCl tác dụng với ới 900ml dung dịch d Cho 82,05 gam hỗn hợpp X gồ AgNO3 2M, sau khi phản ứng kết ết thúc thu được dung dịch Y và kết tủa Z. Lọc ọc lấy lấ kết tủa Z, cho 33,6 gam bột sắt vào dung dịch ch Y, sau khi ph phản ứng kết thúc thu được chất rắn n T và v dung dịch M. Cho T vào dung dịch HCl dư,, thu đư được 6,72 lít H2 (đktc). Cho NaOH dư vào o dung dịch d M thu được kết tủa, nung kết tủaa trong không khí ddư ở nhiệt độ cao thu được 36 gam chất ất rắn. Biết Bi các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính khối lượng ợng của c mỗi muối trong hỗn hợp X. ....................................Hết...................................... .....................................H Thí sinh không được ợc sử s dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học. ọc. Cán bbộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ vàà tên thí sinh:………………………………………….S sinh:………………………………………….Số báo danh:……………………………

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

CÂU

KỲ THI CHỌN HSG LỚP P 10, 11 THPT Năm học: 2017 – 2018 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: HÓA HỌC C 10 - THPT (Hướng dẫn chấm gồm m 04 trang)

NỘI DUNG

ĐIỂM

t a. FexOy + H2SO4  → Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O +

1x 2xFe x  → 2xFe +3 + ( 6x – 4y ) e Câu 1 1 (2,0đ)

0,25đ

→ S+4 + 2e 

(3x – 2y)x S to 2FexOy + (6x-2y)H2SO4  → xFe2(SO4)3 + (3x-2y)SO2 + (6x-2y)H 2y)H2O o

t b. FeS2 + H2SO4  → Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O 1x 2FeS2 → 2Fe+3 + 4S+4 +22e 11x S+6 +2e → S+4

0,25đ

Trang 10

t 2FeS2 + 14H2SO4  → Fe2(SO4)3 + 15SO2 + 14H2O

c. Al + HNO3  → Al(NO3)3 + NO + N2O + H2O 17x Al  → Al+3 + 3e

0,25đ

3x 5N+5 +17e  → 3N+2 + 2N+1 17Al + 66HNO3  → 17Al(NO3)3 + 9NO + 3N2O + 33H2O to

d. Na2SO3 + KMnO4 + NaHSO4  → Na2SO4 + MnSO4 + K2SO4 + H2O +4 +6 5x S  → S + 2e

2x Mn +7 + 5e  → Mn +2 t0

5Na2SO3 + 2KMnO4 + aNaHSO4  → bNa2SO4 + 2MnSO4 + K2SO4 + cH2O BTNT ( Na )    → 10 + a = 2b  BTNT (S) → 5 + a = b + 2 + 1  → a = 6; b = 8; c = 3.      BTNT ( H )  → a = 2c 

0,25đ

1 Câu 2 2 (2,0đ) 3 4

Câu 3 (2,0đ)

5Na2SO3 + 2KMnO4 + 6NaHSO4  → 8Na2SO4 + 2MnSO4 + K2SO4 + 3H2O * Trường hợp 1: Cấu hình electron của X là [Ar] 4s1. X thuộc ô thứ 19, chu kì 4, nhóm IA.

0,5đ

* Trường hợp 2: Cấu hình electron của X là [Ar] 3d54s1. X thuộc ô thứ 24, chu kì 4, nhóm VIB.

0,25đ

* Trường hợp 3: Cấu hình electron của X là [Ar] 3d104s1. X thuộc ô thứ 29, chu kì 4, nhóm IB.

0,25đ

Lúc đầu không có khí, lúc sau có bọt khí không màu thoát ra Na2CO3 + HCl → NaHCO3 + NaCl NaHCO3 + HCl → NaCl + CO2↑ + H2O Màu vàng nâu nhạt dần SO2 + Br2 + 2H2O → 2HBr + H2SO4 Xuất hiện khí màu vàng lục, dung dịch mất màu tím. 10FeCl2 + 6KMnO4 + 24H2SO4 → 5Fe2(SO4)3 + 10Cl2 + 3K2SO4 + 6MnSO4 + 24H2O Xuất hiện khí không màu, mùi hắc. 2Fe3O4 + 10H2SO4 (đặc nóng) → 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O * Phần tính toán: 200 ×1 = 0, 2 (mol) Số mol H2SO4 cần lấy = số mol HCl cần lấy = 1000 0, 2 × 98 × 100 Khối lượng dung dịch H2SO4 cần lấy = = 20 (gam) 98 20 Thể tích dung dịch H2SO4 cần lấy = = 10,87 (ml) 1,84 0,2 × 1000 = 40 (ml) Thể tích dung dịch HCl cần lấy = 5

0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ

0,5đ

* Cách tiến hành: Lấy khoảng 100 - 120 ml nước cho vào bình thể tích 200 ml có chia vạch. Cân 20 gam dung dịch H2SO4 hoặc đong 10,87 ml dung dịch H2SO4, sau đó cho từ từ vào bình chứa nước khuấy đều. Đợi dung dịch H2SO4 thật nguội, đong 40 ml dung dịch HCl 5M thêm vào bình, Trang 11

0,5đ

sau đó thêm nước vào cho đến vạch 200 ml. Khối lượng CaCl2 sau khi trộn = V2.D2 → 219x + V1.D1 = V2.D2 Số mol CaCl2 sau khi trộn = V2.C2 → x + V1.C1 = V2.C2 → 219x.C2 + V1.C2.D1 = V2.D2.C2 và x.D2 + V1.C1.D2 = V2.C2.D2 → 219x.C2 + V1.C2.D1 = x.D2 + V1.C1.D2 V .C .D − V1.C2 .D1 → x= 1 1 2 219C2 − D 2

0,5đ

* Kết tủa Y chứa: Mg(OH)2; FeS; CuS; và S: MgCl2 + Na2S + 2H2O → Mg(OH)2↓ + H2S + 2NaCl 2FeCl3 + 3Na2S → 2FeS↓ + S↓ + 6NaCl

0,5đ 0,25đ

CuCl2 + Na2S → CuS↓ + 2NaCl

Câu 4 (2,0đ)

* Kết tủa Z chứa CuS và S:

0,25đ

MgCl2 + H2S → không phản ứng 2FeCl3 + H2S → 2FeCl2 + S↓ + 2HCl

1 Câu 5 (2,0đ)

Câu 6 (2,0đ)

0,25đ

CuCl2 + H2S → CuS↓ + 2HCl

0,25đ

FeCl2 + H2S → không phản ứng

0,25đ

* Theo bài ra ta có: 2ZX + NX = 60 (1); ZX = NX (2) Từ (1) và (2)  → ZX = NX = 20.  → X là canxi (Ca), cấu hình electron của 20Ca : [Ar] 4s2  → Vị trí của X: chu kỳ 4; nhóm IIA. * Cấu hình của Y là 1s22s22p63s23p5 hay [Ne] 3s23p5  → Y là Cl  → Vị trí của Y: chu kỳ 3; nhóm VIIA. * Theo giả thiết thì Z chính là nhôm, cấu hình electron của 13Al: [Ne] 2p63s1  → Vị trí của Z: chu kỳ 3; nhóm IIIA.

0,5đ

0,25đ 0,25đ

Theo bài ra ta có: 2ZM + NM – n = 80 (1); NM – ZM = 4 (2) Thay (2) vào (1) ta được: 3ZM – n = 76 → 77 ≤ 3ZM ≤ 79  → 25,67 ≤ ZM ≤ 26,33 Do 1 ≤ n ≤ 3 

0,25đ 0,5đ

 → ZM = 26; n = 2  → M là sắt (Fe) n+ Cấu hình electron của M (Fe2+): [Ar] 3d6 Hoặc 1s22s22p63s23p63d6

0,25đ

Số mol NaOH ban đầu = 0,8 (mol); Số mol CO2 = 0,8 (mol) Do A hấp thụ tối đa CO2 nên: NaOH + CO2  → NaHCO3 Vậy số mol NaOH sau khi hấp thụ sản phẩm = 0,8 (mol)  → không có sự thay đổi số mol so với ban đầu, mà nồng độ NaOH lại giảm. → Xảy ra sự pha loãng dung dịch, do đó sản phẩm cháy của X là H2O và X là khí H2. - Thử lại: 4, 741 n H2 = = 2, 3705(mol) → n H 2O = 2, 3705(mol) → m H 2O = 2, 3705.18 = 42, 669 (gam) 2 32.100% 3.25% m dd NaOH sau = 128 + 42, 669 = 170, 669 (gam) → C% = = 18, 75% = 170, 669 4 (Thỏa mãn đề bài) Theo bài ra số mol của NO = 0,26 (mol); số mol của N2O = 0,04 (mol) Số mol của SO2 = 0,7 (mol)  → Khi cho X tác dụng với HNO3 có tạo muối NH +4 .

Trang 12

0,25đ 0,25đ

0,5đ

0,25đ

Số mol NH +4 = 0,0375 (mol)  → mmuối nitrat kim loại = 129,4 – 0,0375.80 = 126,4 (gam)

Mg(NO3 )2 : x(mol) Mg : x(mol)   + HNO3  →148x + 242y = 126,4 (1) Fe : y(mol) → Fe(NO3 )3 : y(mol) O: z(mol) NH NO ;0,0375(mol)   4 3 Mg : x(mol) MgSO4 : x(mol)  + H2SO4 →  → 120x + 200y = 104 (2) Fe : y(mol)  Fe2 (SO4 )3 : 0,5y(mol) O: z(mol)  BT e  → 2x + 3y – 2z = 1,4 (3) Từ (1); (2) và (3) ta có: x = 0,2; y = 0,4; z = 0,1  → m = 28,8 (gam) Ta có nNaOH = 0,5.0,2 = 0,1 mol Khí SO2 sinh ra tác dụng với dung dịch NaOH có thể xảy ra phản ứng: SO2 + NaOH  → NaHSO3 SO2 + 2NaOH  → Na2SO3 + H2O - Nếu chỉ tạo muối NaHSO3 → n NaHSO3 = 0,1(mol) → mchất rắn = 10,4 (gam)

0,25đ

0,5đ

- Nếu chỉ tạo muối Na2SO3 → n Na 2SO3 = 0, 05(mol) → mchất rắn = 6,3 (gam) Ta có: mchất rắn < mmuối min  NaOH : x(mol)  x + 2y = 0,1  x = 0, 025  → Chất rắn gồm   →  →  40x + 126y = 5, 725  y = 0, 0375  Na 2SO 3 : y(mol)

0,5đ

(S) BTNT   → n SO 2 = n Na 2SO 3 = 0, 0375  → VSO 2 = 0, 84(lít)

Câu 7 (2,0đ)

 Fe : x(mol) BT (e ) Đặt số mol Fe và M trong m gam X   → 3x + ny = 0,075 (1)  M : y(mol) BT (e)  Fe : x(mol)  → 2x + 3ny = 0,155 (2) Số mol các chất trong hỗn hợp Y  M : 3y(mol) 

0,5đ

→ x = 0,01; ny = 0,045 Từ (1) và (2)   Fe : 2x(mol) BTNT ( Fe;M )  n FeSO 4 : 2x(mol) Số mol các chất trong hỗn hợp Z    →  M 2 (SO 4 ) n : 0, 5y(mol)  M : y(mol) mmuối = 5,605 (gam)  → 152.2x + ( 2M + 96n ) .0, 5y = 5, 605 (*)

Câu 8 (2,0đ)

Thay x = 0,01 và ny = 0,045 vào (*) ta được: M = 9n → M là Nhôm (Al); y = 0,015 (mol) %m Fe = 58, 03%  Fe : 0, 01 (mol)  → Hỗn hợp X gồm   →  Al : 0, 015 (mol) %m Al = 41,97% KClO3  BaCl2 KCl to Hh X  → Hh Y  + CO 2  103,95(gam)  BaCl 2 KCl 0,6(mol) Ba(ClO3 ) 2 BTKL  → m Y = 103, 95 + 0, 6.12 − 0, 6.44 = 84, 75(gam) Y tác dụng vừa đủ với 0,3 mol K2SO4  → n BaCl2 = n BaSO 4 = n K 2SO 4 = 0, 3(mol)  → Khối lượng KCl trong Y là: 84,75 – 0,3.208= 22,35 (gam)  → nKCl (trong Y) = 0,3 (mol) Gọi x là số mol KClO3, y là số mol KCl trong hỗn hợp X ban đầu.

Trang 13

0,5đ

0,5đ 0,5đ

 x + y = 0,3  x = 0,2(mol) Ta có:   →  x + y + 0,6 = 9y  y = 0,1(mol) 0, 6.2 − 0, 2.3 BTNT(O)  → n Ba (ClO3 )2 = = 0,1(mol) 6  → %m KCl = 7,17%; %m KClO3 = 23, 57%; %m Ba (ClO3 )2 = 29, 24%; %m BaCl2 = 40, 02%

Câu 9 (2,0đ)

- Giải thích: Để điều chế được khí C như bộ dụng cụ vẽ thì khí C phải có đặc điểm: nặng hơn không khí ( M = 29) và không tác dụng với không khí.  → có thể điều chế được các khí: Cl2, SO2, CO2, O2. - Phản ứng điều chế: 2KMnO4 + 16HCl  → 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2↑ + 8H2O Na2SO3 + H2SO4 (loãng)  → Na2SO4 + SO2 ↑ + H2O CaCO3 + 2HCl  → 2NaCl + CO2↑ + H2O MnO 2 → H2O + 1/2O2↑ H2O2  Số mol AgNO3 = 1,8 (mol); Số mol Fe = 0,6 (mol) → Trong Y có AgNO3 dư Dung dịch Y tác dụng được với Fe  Chất rắn T tác dụng với HCl tạo khí H2  → Trong T có Fe dư; Số mol Fe dư = 0,3 (mol)  → Số mol Fe phản ứng với AgNO3 dư (trong dung dịch Y) = 0,3 (mol) Ta có sơ đồ phản ứng:

0,5đ

1,0đ

0,5đ

Z: AgCl ↓

Câu 10 (2,0đ)

 Ag T + HCl → H 2 : 0, 3(mol)  MgCl 2  Mg(NO 3 ) 2  Fe   Ba(NO ) X  BaCl 2 + AgNO 3 →  Mg(NO 3 ) 2  3 2 Y + Fe →   KCl  Ba(NO ) 1,8( mol) KNO  Mg(OH) 2  MgO   3 3 2  to M + NaOH →  →  KK 82,05( gam )  AgNO 3 Fe 2 O 3   Fe(OH) 2  KNO 3  Fe(NO 3 ) 2 36(gam )

Số mol Fe(NO3)2 (trong M) = 0,3 (mol)  → Số mol AgNO3 (trong Y) = 0,6 (mol)  → Số mol AgNO3 phản ứng = 1,2 (mol)  → Số mol AgCl = 1,2 (mol) 36 − 0,15.160 BTNT (Fe)  → n Fe2 O3 = 0,15(mol) ; nMgO = = 0,3(mol) 40 Đặt số mol BaCl2 và KCl trong hỗn hợp X lần lượt là x (mol) và y (mol). BTNT (Cl)  → 2.0,3 + 2x + y = 1,2 (1); mX = 82,05(gam)  → 208x + 74,5y = 53,55 (2) Từ (1) và (2)  → x = 0,15(mol); y = 0,3 (mol)  → m MgCl2 = 28, 5(gam); m BaCl2 = 31, 2(gam); m KCl = 22, 35(gam)

Lưu ý: Thí sinh làm theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi có 02 trang, gồm 10 câu)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT NĂM HỌC 2016 - 2017 Môn thi: HÓA HỌC – LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1: Trang 14

0,5đ

Hợp chất (SCN)2 được gọi là một trong các halogen giả vì nó có nhiều tính chất giống với halogen. Biết tính oxi hóa của (SCN)2 mạnh hơn I2 và yếu hơn Br2. Hãy hoàn thành các phương trình phản ứng sau: 1. NaSCN + Br2 → 2. NaI + (SCN)2 → 3. MnO2 + H2SO4 + NaSCN → 4. AgSCN + Br2 → 5. C2H4 + (SCN)2 → Câu 2: Ion X- có cấu hình electron lớp ngoài cùng là 4s24p6. 1. Hãy viết cấu hình electron của X, xác định số electron độc thân trong một nguyên tử X. 2. Dựa vào cấu hình electron hãy xác định vị trí của X trong bảng HTTH, giải thích. 3. Nêu tính chất hoá học của X, viết phương trình phản ứng minh họa. 4. Khi sục không khí vào một dung dịch chứa hợp chất Y của nguyên tố X thu được đơn chất của nguyên tố X. Hãy viết phương trình hóa học xẩy ra và chỉ rõ chất oxi hóa, chất khử trong phản ứng.

Câu 3: Một thí nghiệm được tiến hành như sau: Cho vào ống nghiệm khô một vài tinh thể KMnO4, nhỏ tiếp vào ống vài giọt dung dịch HCl đậm đặc. Đậy kín ống nghiệm bằng nút cao su có đính một băng giấy màu ẩm (như hình vẽ). 1. Hãy nêu hiện tượng xẩy ra trong thí nghiệm, giải thích? 2. Một số học sinh trong quá trình làm thí nghiệm trên thấy nút cao su bị bật ra. Em hãy nêu nguyên nhân và cách khắc phục. 3. Em hãy nêu một giải pháp để hạn chế tối đa khí Cl2 thoát ra môi trường sau khi làm xong thí nghiệm trên và giải thích cách làm. 4. Trong thí nghiệm trên ta không thể thay KMnO4 bằng chất nào trong số các chất sau đây: MnO2, KClO3, KNO3, H2SO4 đặc, tại sao? Câu 4: Trong công nghiệp H2O2 có thể điều chế bằng cách cho axit A hoặc axit B tác dụng với nước, sản phẩm của 2 phản ứng này đều là H2SO4 và H2O2. Biết 1 phân tử A có 8 nguyên tử, trong A nguyên tố oxi chiếm 70,18% khối lượng, phân tử B chứa nhiều hơn phân tử A 1 nguyên tử S và 3 nguyên tử O. 1. Xác định A,B và viết các phương trình hóa học xẩy ra. 2. Hãy viết công thức cấu tạo, cho biết trạng thái lai hóa của các nguyên tử trong A và B (với các nguyên tử có lai hóa), xác định số oxi hóa của các nguyên tử trong A và B. 3. Vì sao A và B đều có tính oxi hóa mạnh và tính axit mạnh. Một trong 2 axit là axit 1 nấc đó là axit nào, hãy giải thích. 4. Hãy viết phương trình phản ứng của KI lần lượt với A và B, cho biết phản ứng nào giải phóng I2 nhanh hơn, giải thích. Câu 5: 1. Cho một viên bi bằng nhôm nặng 16,2 gam vào 600ml dung dịch HCl. Sau khi kết thúc phản ứng, thấy còn lại m gam nhôm không tan. Cho m gam nhôm trên vào 196 gam dung dịch H2SO4 40% (loãng), đến khi phản ứng kết thúc, nồng độ dung dịch H2SO4 còn lại 9,533%. Tính nồng độ mol/lít của dung dịch HCl. 2. Hỗn hợp X gồm Al, BaCO3, MgCO3. Lấy 10,65 gam X hòa tan hết vào dung dịch HCl dư thấy có 2,464 lít khí ở (đktc) thoát ra. Mặt khác lấy 0,2 mol X nung đến khối lượng không đổi thu được 3,584 lít khí ở (đktc) và hỗn hợp chất rắn không chứa cacbon. a. Viết các phương trình hóa học xẩy ra. Trang 15

b. Tính % khối lượng các chất trong X. Câu 6: 1. Từ một hợp chất bền trong tự nhiên người ta có thể tách được một khí A có tính oxi hóa mạnh và một khí B có tính khử, A và B có thể phản ứng với nhau tỏa nhiều nhiệt. Từ A có thể điều chế trực tiếp chất C có tính oxi hóa mạnh hơn A, chất C thường được dùng làm chất diệt trùng. Trong thực tế người ta cũng có thể điều chế A bằng cách cho chất rắn D phản ứng với CO2. Hãy xác định A, B, C, D và viết các phương trình hóa học xẩy ra. 2. Bạc bromua được dùng sản xuất phim trong nhiếp ảnh, sau khi chụp ảnh phim được rửa bằng một dung dịch hóa chất (chất đó thường được gọi là chất xử lý ảnh). Em hãy viết phương trình hóa học xẩy ra và giải thích cách làm. Câu 7: 1. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp CuCO3, Fe vào dung dịch H2SO4 đặc nóng dư được hỗn hợp 2 khí ở (đktc) có tỷ khối so với H2 bằng 29,5 và dung dịch X. Cho dung dịch NaOH dư vào X lọc lấy kết tủa nung đến khối lượng không đổi được 12 gam chất rắn. Tính m. 2. Viết công thức cấu tạo của SO2, cho biết trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm nếu có. Hãy giải thích tại sao SO2 vừa có tính oxi hóa vừa có tính khử và tan tốt trong nước. Câu 8: Đốt cháy m gam hỗn hợp (A) gồm C và FeS2 trong V lít O2, sau phản ứng thu được chất rắn (B) và 16,8 lít hỗn hợp khí (C). Cho (C) qua dung dịch dung dịch Br2 dư, còn lại hỗn hợp khí (D). Cho (D) qua dung dịch HI, tạo ra tối đa 25,4 gam chất kết tủa. Khí ra khỏi bình HI hấp thụ hết vào dung dịch Ba(OH)2 dư thấy có 59,1 gam kết tủa (biết các phản ứng đều hoàn toàn, các thể tích khí đều đo ở đktc). 1. Viết các phương trình hóa học xẩy ra. 2. Tính m và V. Câu 9: Có 3 muối A,B,C đều là muối của Na thỏa mãn điều kiện: - Trong 3 muối chỉ có A là tạo kết tủa khi tác dụng với dung dịch Ba(NO3)2. - Trong 3 muối chỉ có muối B và C tác dụng với dung dịch H2SO4 tạo ra chất khí. - Cả 3 muối khi tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 đều cho kết tủa và sinh ra H2O. - Trong 3 muối chỉ B có thể làm nhạt màu dung dịch KMnO4 trong H2SO4. Xác định A,B,C, viết các phương trình phản ứng. Câu 10: Nung nóng 30,005 gam hỗn hợp X gồm KMnO4, KClO3 và MnO2, sau một thời gian thu được khí O2 và 24,405 gam chất rắn Y gồm K2MnO4, MnO2, KMnO4, KCl. Để tác dụng hết với hỗn hợp Y cần vừa đủ dung dịch chứa 0,8 mol HCl, thu được 4,844 lít khí Cl2 ở (đktc). Tính thành phần % khối lượng KMnO4 bị nhiệt phân. ----- HẾT----- Học sinh không được sử dụng tài liệu (trừ bảng Hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hoá học). - Cán bộ coi thi không phải giải thích gì thêm. - Họ và tên thí sinh: ............................................................................Số báo danh:..........

Trang 16

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CÂP THPT NĂM HỌC 2016 - 2017 MÔN HÓA HỌC LỚP-10 HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu 1: (2,0 điểm) Hợp chất (SCN)2 được gọi là một trong các halogen giả vì nó có nhiều tính chất giống với halogen. Biết tính oxi hóa của (SCN)2 mạnh hơn I2 và yếu hơn Br2. Hãy hoàn thành các phương trình phản ứng sau: 1. NaSCN + Br2 → 2. NaI + (SCN)2 → 3. MnO2 + H2SO4 + NaSCN → 4. AgSCN + Br2 → 5. C2H4 + (SCN)2 → HD: Câu 1

Nội dung a. 2NaSCN + Br2 → (SCN)2 + 2NaBr b. 2NaI + (SCN)2 → 2NaSCN + I2 c. MnO2 + 2H2SO4 + 2NaSCN → Na2SO4 + (SCN)2 + MnSO4 + 2H2O d. AgSCN + Br2 → AgBr + (SCN)2. e. C2H4 + (SCN)2 → CH2(SCN)-CH2(SCN)

Điểm 2,0

Câu 2: (2,0 điểm) Ion X- có cấu hình electron lớp ngoài cùng là 4s24p6. 1. Hãy viết cấu hình electron của X, xác định số electron độc thân trong một nguyên tử X. 2. Dựa vào cấu hình electron hãy xác định vị trí của X trong bảng HTTH, giải thích. 3. Nêu tính chất hoá học của X, viết phương trình phản ứng minh họa. 4. Khi sục không khí vào một dung dịch chứa hợp chất Y của nguyên tố X thu được đơn chất của nguyên tố X. Hãy viết phương trình hóa học xẩy ra và chỉ rõ chất oxi hóa, chất khử trong phản ứng. HD: Câu 2

Nội dung

Điểm

1. * Nguyên tử X có ít hơn ion X- 1 electron nên X có cấu hình electron

1s22s22p63s23p63d104s24p5.

0,5

* Trong nguyên tử X có 1 electron độc thân.

X thuộc chu kỳ 4 vì có 4 lớp electron, X thuộc nhóm 7A vì nó là nguyên tố p và có 7 electron ở lớp ngoài cùng.

0,5

X có tính oxihoa mạnh và có tính khử

3Br2 + 2Al → 2AlBr3

0,5

5Cl2 + Br2 + 6H2O → 10HCl + HBrO3

Trang 17

O2 + 4HBr → Br2 + 2H2O O2 là chất oxihoa, HBr là chất khử.

0,5

Câu 3: (2,0 điểm) Một thí nghiệm được tiến hành như sau: Cho vào ống nghiệm khô một vài tinh thể KMnO4, nhỏ tiếp vào ống vài giọt dung dịch HCl đậm đặc. Đậy kín ống nghiệm bằng nút cao su có đính một băng giấy màu ẩm (như hình vẽ). 1. Hãy nêu hiện tượng xẩy ra trong thí nghiệm, giải thích? 2. Một số học sinh trong quá trình làm thí nghiệm trên thấy nút cao su bị bật ra. Em hãy nêu nguyên nhân và cách khắc phục. 3. Em hãy nêu một giải pháp để hạn chế tối đa khí Cl2 thoát ra môi trường sau khi làm xong thí nghiệm trên và giải thích cách làm. 4. Trong thí nghiệm trên ta không thể thay KMnO4 bằng chất nào trong số các chất sau đây: MnO2, KClO3, KNO3, H2SO4 đặc, tại sao? HD: Câu 3

Nội dung Điểm 1. Có khí màu vàng lục thoát ra trong ống nghiệm; mẩu giấy màu ẩm bị mất màu dần. Giải thích: 2KMnO4 + 16HCl → 2KCl + 5Cl2 + MnCl2 + 8H2O 0,5 Sinh ra khí Cl2 trong bình, khí Cl2 tác dung với H2O trên mẩu giấy Cl2 + H2O HCl + HClO Sinh ra HClO là chất oxi hóa mạnh tẩy màu tờ giấy. 2. Một số học sinh làm thí nghiệm nút cao su bị bật ra vì các lý do sau đây: * Đậy nút không đủ chặt, khắc phục bằng cách đậy chặt nút hơn. * Lấy hóa chất quá nhiều nên khí sinh ra nhiều làm áp suất trong bình tăng mạnh 0,5 làm bật nút, khắc phục bằng cách lấy hóa chất vừa đủ. * Ống nghiệm quá nhỏ không đủ chứa khí, cách khắc phục thay ống nghiệm lớn hơn. 3. Để hạn chế Cl2 thoát ra gây độc sau khi làm xong thí nghiệm cần cho thêm lượng dư dung dịch kiềm (ví dụ NaOH) để trung hòa hết HCl dư và tác dụng hết với Cl2 0,5 trong bình trước khi đổ ra môi trường. 4. Không thể thay KMnO4 bằng MnO2, KNO3, H2SO4 đặc vì: MnO2 cần đun nóng mới phản ứng với HCl. 0,5 KNO3 không phản ứng với HCl được. H2SO4 đặc không phản ứng với HCl.

Câu 4: (2,0 điểm) Trong công nghiệp H2O2 có thể điều chế bằng cách cho axit A hoặc axit B tác dụng với nước, sản phẩm của 2 phản ứng này đều là H2SO4 và H2O2. Biết 1 phân tử A có 8 nguyên tử, trong A nguyên tố oxi chiếm 70,18% khối lượng, phân tử B chứa nhiều hơn phân tử A 1 nguyên tử S và 3 nguyên tử O. 1. Xác định A,B và viết các phương trình hóa học xẩy ra. 2. Hãy viết công thức cấu tạo, cho biết trạng thái lai hóa của các nguyên tử trong A và B (với các nguyên tử có lai hóa), xác định số oxi hóa của các nguyên tử trong A và B. Trang 18

3. Vì sao A và B đều có tính oxi hóa mạnh và tính axit mạnh. Một trong 2 axit là axit 1 nấc đó là axit nào, hãy giải thích. 4. Hãy viết phương trình phản ứng của KI lần lượt với A và B, cho biết phản ứng nào giải phóng I2 nhanh hơn, giải thích. HD: Câu 4

Nội dung

Điểm

A + H2O → H2SO4 + H2O2 B + H2O → H2SO4 + H2O2 ⇒ A, B đều chứa H, O và S. Gọi công thức của A là HaSbOc ta có a+b+c=8 (1) ⇒ a=8-b-c 16c 16c = 0,7018 = 0,7018 ⇒ a + 32b + 16c 8 − b − c + 32b + 16c 16c = 0,7018 8 + 31b + 15c Vì a+b+c=8 ⇒ c tối đa =6 thử với c=1,2,3,4,5,6 ta có c 1 2 3 4 5 6 b - ... 0,25 0,5 0,75 1 1,25 a 2 Vậy A là H2SO5 B là H2S2O8 Phương trình phản ứng: H2SO5 + H2O → H2O2 + H2SO4 H2S2O8 + 2H2O → H2O2 + 2H2SO4 A +1

-1

O +1

-2

O -2

-2

-2 +1 +6

-2

+1 -2

O H

H O -1

-1

O 3

Trong các chất trên O có liên kết đơn đều lai hóa sp , S lai hóa sp Số oxihoa của S là +6; O có số oxihoa -1 hoặc -2 (chú ý nếu xác định số oxihoa trung bình không cho điểm)

0,5

-1

⇒

O -2

0,5

O 3

* Trong A và B đều chứa nhiều O liên kết với S tạo ra nhóm có hiệu ứng liên hợp hút electron làm cho liên kết O-H trong phân tử phân cực mạnh làm A và B có tính axit mạnh. Trong A và B nguyên tử oxi có số oxi hóa -1 và phân tử kém bền nên A và B đều có tính oxi hóa mạnh. * A là axit một nấc vì có 1 nhóm HO không tạo hiệu ứng liên hợp với gốc axit còn lại làm liên kết HO trong đó kém phân cực.

0,5

Phương trình phản ứng 2KI + H2SO5 → I2 + K2SO4 + H2O (1) 2KI + H2S2O8 → I2 + K2SO4 + H2SO4 (2) 0,25 (1) giải phóng I2 nhanh hơn (2) vì H2SO5 có tính oxihoa mạnh hơn H2S2O8 do phân 0,25 tử A kém đối xứng hơn B nên A có tính oxi hóa mạnh hơn B.

Câu 5: (2,0 điểm) Trang 19

1. Cho một viên bi bằng nhôm nặng 16,2 gam vào 600ml dung dịch HCl. Sau khi kết thúc phản ứng, thấy còn lại m gam nhôm không tan. Cho m gam nhôm trên vào 196 gam dung dịch H2SO4 40% (loãng), đến khi phản ứng kết thúc, nồng độ dung dịch H2SO4 còn lại 9,533%. Tính nồng độ mol/lít của dung dịch HCl. 2. Hỗn hợp X gồm Al, BaCO3, MgCO3. Lấy 10,65 gam X hòa tan hết vào dung dịch HCl dư thấy có 2,464 lít khí ở (đktc) thoát ra. Mặt khác lấy 0,2 mol X nung đến khối lượng không đổi thu được 3,584 lít khí ở (đktc) và hỗn hợp chất rắn không chứa cacbon. a. Viết các phương trình hóa học xẩy ra. b. Tính % khối lượng các chất trong X.

HD: Câu 5

Nội dung nAl ban đầu=(1/3)nHCl+(2/3)nH2SO4 phản ứng.=16,2/27=0,6 Gọi số mol H2SO4 phản ứng là n ta có nH2SO4 ban đầu-n=nH2SO4 dư 2Al + 3H2SO4 → Al2(SO4)3 + 3H2

Điểm

, ∗ ∗ ∗ ∗ 196 * 40% -n= ⇒ n=0,6 98 nAl ban đầu=0,6=(1/3) nHCl+(2/3)*0,6 ⇒ nHCl= 0,6⇒ CHCl=nHCl/0,6=1M

1,0

a. Các phương trình hóa học xẩy ra: 2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2 + 2HCl → BaCl2 + CO2 + H2O

(2)

MgCO3 + 2HCl → MgCl2 + CO2 + H2O

(3)

BaCO3

(1)

CaCO3

MgCO3

2Al

+ 3CO2

CaO + CO2

(4)

CaO + CO2

(5)

Al2O3 + 3CO

(6)

1,0

Chú ý: Phương trình (6) học sinh không viết cũng cho điểm tối đa. b. Gọi số mol Al, BaCO3, MgCO3 trong 10,65 gam hỗn hợp lần lượt là a,b,c 27a+197b+84c=10,65 1,5a+b+c=0,11 Mặt khác ta có số mol hỗn hợp/số mol khí (a+b+c)/(b+c)=0,2/0,16=1,25 a=0,02 b=0,03 c=0,05 %mAl=5,07% %mBaCO3=55,49% %mMgCO3=39,44% Câu 6: (2,0 điểm) 1. Từ một hợp chất bền trong tự nhiên người ta có thể tách được một khí A có tính oxi hóa mạnh và một khí B có tính khử, A và B có thể phản ứng với nhau tỏa nhiều nhiệt. Từ A có thể điều chế trực tiếp chất C có tính oxi hóa mạnh hơn A, chất C thường được dùng làm chất diệt trùng. Trong thực tế người ta cũng có thể điều chế A bằng cách cho chất rắn D phản ứng với CO2. Hãy xác định A, B, C, D và viết các phương trình hóa học xẩy ra.

Trang 20

2. Bạc bromua được dùng sản xuất phim trong nhiếp ảnh, sau khi chụp ảnh phim được rửa bằng một dung dịch hóa chất (chất đó thường được gọi là chất xử lý ảnh). Em hãy viết phương trình hóa học xẩy ra và giải thích cách làm. HD: Câu 6

Nội dung Điểm A, B, C, D lần lượt là O2, H2, O3, Na2O2 Các phương trình phản ứng Điện phân 2H + O 2H2O 2 2 → 2H2O 2H2 + O2 uv 3O3 2O3 1,0 2Na2O2 + 2CO2 → 2Na2CO3 + O2 Chú ý: Học sinh có thể thay Na2O2 bằng K2O2 hoặc KO2 và viết phương trình đúng vẫn cho điểm tối đa. 2AgBr AS 2Ag + Br2 (1) AgBr + 2Na2S2O3 → Na3[Ag(S2O3)2] + NaBr (2) Phản ứng (1) xẩy ra khi chụp ảnh (ánh sáng chiếu lên tấm phim phủ AgBr) sinh ra Ag bám lên tấm phim. Phản ứng (2) xẩy ra khi rửa ảnh (hòa tan AgBr còn lại trên phim) làm cho tấm phim chỉ còn lại Ag bám trên đó tạo hình ảnh âm bản cho tấm phim.

1,0

Câu 7: (2,0 điểm) 1. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp CuCO3, Fe vào dung dịch H2SO4 đặc nóng dư được hỗn hợp 2 khí ở (đktc) có tỷ khối so với H2 bằng 29,5 và dung dịch X. Cho dung dịch NaOH dư vào X lọc lấy kết tủa nung đến khối lượng không đổi được 12 gam chất rắn. Tính m. 2. Viết công thức cấu tạo của SO2, cho biết trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm nếu có. Hãy giải thích tại sao SO2 vừa có tính oxi hóa vừa có tính khử và tan tốt trong nước. HD:

Câu 7 1

Nội dung Vì Mkhí=29,5*2=59 ⟹ hỗn hợp khí là CO2 và SO2 Gọi số mol CuCO3 và Fe lần lượt là và b ta có (44a+1,5b*46)/(a+1,5b)=2* 29,5 80a+80b=12 a=0,05 b=0,1 m=11,8 S O

Điểm 1,0

S O

* Nguyên tử S lai hóa sp2. * SO2 tan tốt trong nước vì phân tử phân cực. * SO2 vừa có tính oxi hóa vừa có tính khử vì trong SO2 lưu huỳnh có số oxi hóa +4 (trung gian) và phân tử chưa bền.

1,0

Câu 8: (2,0 điểm) Đốt cháy m gam hỗn hợp (A) gồm C và FeS2 trong V lít O2, sau phản ứng thu được chất rắn (B) và 16,8 lít hỗn hợp khí (C). Cho (C) qua dung dịch dung dịch Br2 dư, còn lại hỗn hợp khí (D). Cho Trang 21

(D) qua dung dịch HI, tạo ra tối đa 25,4 gam chất kết tủa. Khí ra khỏi bình HI hấp thụ hết vào dung dịch Ba(OH)2 dư thấy có 59,1 gam kết tủa (biết các phản ứng đều hoàn toàn, các thể tích khí đều đo ở đktc). 1. Viết các phương trình hóa học xẩy ra. 2. Tính m và V. HD:

Câu 8

Nội dung Điểm Khí (D) qua dung dịch HI tạo ra kết tủa ⟹ trong (D) có O2 và chất rắn tạo thành là I2 ⟹ quá trình đốt cháy chỉ tạo CO2 và SO2. Vậy các phản ứng xẩy ra là C + O2 → CO2 4FeS2 + 11O2 → 2Fe2O3 + 8SO2 1,0 SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr O2 + 4HI → 2H2O + 2I2 CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O Hỗn hợp (C) gồm CO2, SO2, O2 dư nCO2=nBaCO3=0,3=nC nO2 dư= (1/2)*0,1= 0,05 mol. nSO2=0,75-0,3-0,05=0,4 (mol) ⇒ nFeS2=0,2 ⇒ nFe2O3=0,1 m=0,3*12+0,2*(56+64)=27,6 (gam) nO2 đầu=0,3+0,15+0,4+0,05=0,9 V=20,16 (lít)

Câu 9: (2,0 điểm) Có 3 muối A,B,C đều là muối của Na thỏa mãn điều kiện: - Trong 3 muối chỉ có A là tạo kết tủa khi tác dụng với dung dịch Ba(NO3)2. - Trong 3 muối chỉ có muối B và C tác dụng với dung dịch H2SO4 tạo ra chất khí. - Cả 3 muối khi tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 đều cho kết tủa và sinh ra H2O. - Trong 3 muối chỉ B có thể làm nhạt màu dung dịch KMnO4 trong H2SO4. Xác định A,B,C, viết các phương trình phản ứng. HD: Câu 9 Nội dung A,B,C lần lượt là NaHSO4, NaHSO3, NaHCO3 Các phương trình phản ứng: NaHSO4 + Ba(NO3)2 → BaSO4 + NaNO3 + HNO3. 2NaHSO3 + H2SO4 → Na2SO4 + 2H2O + 2SO2 2NaHCO3 + H2SO4 → Na2SO4 + 2H2O + 2CO2 NaHSO4 + Ba(OH)2 → BaSO4 + NaOH + H2O. 2NaHSO3 + Ba(OH)2 → BaSO3 + NaOH + H2O. 2NaHCO3 + Ba(OH)2 → BaCO3 + NaOH + H2O. 10NaHSO3 + 4KMnO4 + H2SO4 → 5Na2SO4 + 2K2SO4 + 4MnSO4 + 6H2O

1,0

Điểm 1,0

1.0

Câu 10: (2,0 điểm) Nung nóng 30,005 gam hỗn hợp X gồm KMnO4, KClO3 và MnO2, sau một thời gian thu được khí O2 và 24,405 gam chất rắn Y gồm K2MnO4, MnO2, KMnO4, KCl. Để tác dụng hết với hỗn hợp Y cần vừa đủ dung dịch chứa 0,8 mol HCl, thu được 4,844 lít khí Cl2 ở (đktc). Tính thành phần % khối lượng KMnO4 bị nhiệt phân. Trang 22

HD: Câu 9

Nội dung Điểm Gọi số mol KMnO4, KClO3 và MnO2 trong 30,005 gam X lần lượt là x, y,z * Ta có phương trình cho khối lượng X: mX = 158x + 122,5y + 87z = 30,005 gam. * Số mol HCl đã dùng là: nHCl dùng = 0,8 mol 1,0 ⟹ nO trong Y =0,8/2= 0,4 mol; nO2 ↑ ra = (30,005 – 24,405)/32 = 0,175 mol. Bảo toàn O có số mol nguyên tử O trong X bằng số mol nguyên tử O thoát ra + số mol nguyên tử O trong Y ⟹ 4x + 3y + 2z = 0,175 × 2 + 0,4 = 0,75 mol. * Bảo toàn electron cả quá trình có: 5x + 6y + 2z = 4nO2 + 2nCl2 = 1,1325 mol. Giải hệ các phương trình trên có: x = 0,12 mol; y = 0,0875 mol và z = 0,00375 mol. MnO2 không nhiệt phân; ở đây dùng một lượng ít này làm chất xúc tác cho 0,0875 mol KClO3 nhiệt phân hoàn toàn tạo 0,13125 mol O2. ⟹ Còn cần 0,0875 mol KMnO4 phản ứng nhiệt phân nữa để tạo thêm 0,04375 mol 1.0 O2 ⟹ %mKMnO4 nhiệt phân = 0,0875 ÷ 0,12 ≈ 72,92 %.

Chú ý: Nếu học sinh có cách giải khác hợp lý vẫn cho điểm. ------ HẾT------

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015 - 2016 MÔN THI: HÓA HỌC

Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi: 06/4/2016 (Đề thi gồm : 02 trang)

Câu I: (2,0 điểm) 1. Cho 5 nguyên tố A, X, Y, Z, T theo thứ tự thuộc 5 ô liên tiếp nhau trong Bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học, có số hiệu nguyên tử tăng dần. Tổng số hạt mang điện trong 5 nguyên tử của 5 nguyên tố trên bằng 100. a) Xác định 5 nguyên tố đã cho. b) Sắp xếp bán kính của các nguyên tử và ion sau theo chiều tăng dần (có giải thích): A2-; X-; Z+; T2+; Y. 2. Trong tự nhiên, nguyên tố Clo có 2 đồng vị là 35Cl và 37Cl. Nguyên tử khối trung bình của Clo là 35,5. Trong hợp chất HClOx, nguyên tử đồng vị 35Cl chiếm 26,12% về khối lượng. Xác định công thức phân tử của hợp chất HClOx (cho H = 1; O = 16) Câu II: (2,0 điểm) 1. Có 4 lọ hóa chất mất nhãn được kí hiệu là A, B, C, D. Mỗi lọ đựng một trong các dung dịch: HCl, NaHSO4, BaCl2, NaHSO3. Để xác định hóa chất trong mỗi lọ, người ta tiến hành các thí nghiệm và thấy hiện tượng như sau: - Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch B thấy xuất hiện kết tủa; - Cho dung dịch B hay D tác dụng với dung dịch C đều thấy có bọt khí không màu, mùi hắc bay ra; - Cho dung dịch D tác dụng với dung dịch A thì không thấy hiện tượng gì. Hãy biện luận để xác định hóa chất đựng trong các lọ A, B, C, D. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. Trang 23

2. Trong khí thải công nghiệp và khí thải của các động cơ đốt trong (ô tô, xe máy) có chứa lưu huỳnh đioxit. Khí lưu huỳnh đioxit là một trong những khí chủ yếu gây ra mưa axit. Mưa axit phá hủy những công trình, tượng đài làm bằng đá, bằng thép. Bằng kiến thức hóa học hãy giải thích cho vấn đề nêu trên? 3. Lập phương trình hóa học của các phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron: a) Na2SO3 + NaHSO4 + KMnO4 → Na2SO4 + MnSO4 + K2SO4 + H2O b) FeO + HNO3 → Fe(NO3)3 + NxOy + H2O c) Cu + H2SO4 (đặc,nóng) → CuSO4 + SO2 + H2O d) Mg + HNO3 → Mg(NO3)2 + NO + H2O Câu III: (2,0 điểm) 1. Hòa tan 15,92 gam hỗn hợp 2 muối NaX, NaY vào nước thu được dung dịch A (X, Y là 2 nguyên tố Halogen có trong tự nhiên và thuộc 2 chu kì liên tiếp trong Bảng tuần hoàn). Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch AgNO3 (dư), thu được 28,67 gam kết tủa (các phản ứng xảy ra hoàn toàn). Tìm 2 nguyên tố X, Y và tính thành phần % về khối lượng của hai muối trong hỗn hợp ban đầu. 2. Cho V lít khí SO2 (đktc) hấp thụ vào 350ml dung dịch X gồm KOH 2M và Ba(OH)2 aM, sau phản ứng thu được 86,8 gam kết tủa. Mặt khác, hấp thụ 3,25V lít khí SO2 (đktc) vào 350ml dung dịch X ở trên, cũng thu được 86,8 gam kết tủa. Tính giá trị của a và V? Câu IV: (2,0 điểm) 1. Nhiệt phân 98 gam KClO3 (có xúc tác MnO2), sau một thời gian thu được 93,2 gam chất rắn và khí A. Cho toàn bộ lượng khí A phản ứng hết với hỗn hợp kim loại X gồm Mg, Fe thu được hỗn hợp chất rắn Y cân nặng 15,6 gam. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp Y bằng dung dịch H2SO4 đặc, nóng, dư thu được 0,56 lít khí SO2 (đktc, sản phẩm khử duy nhất của S+6). Tính thành phần % khối lượng của Mg trong hỗn hợp X. 2. Cho m gam hỗn hợp X gồm Fe và Fe3O4 tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc, nóng, gam kim loại thu được 2,24 lít khí SO2 (đktc, sản phẩm khử duy nhất của S+6) và còn không tan. Cho toàn bộ lượng kim loại không tan tác dụng hết với dung dịch HCl (lấy dư 10% so với lượng cần phản ứng) được dung dịch A. Dung dịch A tác dụng hết với dung dịch chứa tối đa 0,064 mol KMnO4 đun nóng (đã axit hóa bằng H2SO4 dư). a) Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b) Tính giá trị của m và thành phần % khối lượng các chất trong hỗn hợp X? Câu V: (2,0 điểm) Cho A là dung dịch NaOH aM; B là dung dịch chứa hỗn hợp HCl bM và H2SO4 cM. Trộn A với B theo tỉ lệ thể tích tương ứng là 5 : 2, thu được dung dịch C không làm đổi màu quỳ tím. Cô cạn 700ml dung dịch C, thu được 30,5 gam muối khan. Mặt khác, đem hòa tan 5,4 gam một kim loại R vào 300ml dung dịch B, thu được dung dịch D và 6,72 lít khí H2 (đktc). Để trung hòa axit dư trong dung dịch D, cần vừa đủ 150ml dung dịch A. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn, coi thể tích dung dịch không thay đổi khi pha trộn. 1. Xác định kim loại R đã dùng. 2. Tính giá trị của a, b, c? - Cho biết nguyên tử khối trung bình của các nguyên tố:

Trang 24

H = 1; C =12; N = 14; O = 16; P = 31; S = 32; Cl = 35,5; Br = 80; I = 127; Na = 23; K = 39; Mg = 24; Al = 27; Ca = 40; Ba = 137; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Mn = 55. - Cho biết số hiệu nguyên tử của một số nguyên tố: 1H; 2He; 3Li; 4Be; 5B; 6C; 7N; 8O; 9F; 10Ne; 11Na; 12Mg; 13Al; 14Si; 15P; 16S; 17Cl; 18Ar; 19K; 20Ca; 21Sc; 22Ti; 23V; 24Cr; 25Mn; 26Fe. - Học sinh không được sử dụng tài liệu, kể cả Bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học. --------- Hết ---------

Họ và tên thí sinh:………………….………………………..Số báo danh:……………………….. Chữ kí giám thị 1:……………………………….. Chữ kí giám thị 2:……………….……………

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015 - 2016 MÔN THI: HÓA HỌC

(Hướng dẫn chấm gồm : 5 trang)

(*) Hướng dẫn chung: - Học sinh có thể làm bài theo cách khác, nếu đúng và lập luận chặt chẽ vẫn cho điểm tối đa. - Nếu giải toán có sử dụng tỉ lệ của PTHH mà cân bằng sai phương trình thì không cho điểm phần giải toán đó. - Nếu bài làm học sinh viết thiếu điều kiện phản ứng, thiếu đơn vị (mol, g, l…) thì giáo viên chấm linh động để trừ điểm. - Điểm toàn bài làm tròn đến 0,25 điểm. (*) Đáp án và thang điểm: Câu

Đáp án

Gọi số hạt proton của A là p => của X là p+1; của Y là p+2; của Z là p+3; của T là p+4 1 Theo bài ra ta có: 10p + 20 = 100 => p = 8. (1,0 => A là 8O ; X là 9F ; Y là 10Ne ; Z là 11Na ; T là 12Mg điểm) Cấu hình e của A: 1s2 2s2 2p4 Do A +2e A2- => Cấu hình e của 22 2 6 A là 1s 2s 2p

Điểm

0,5 0,25 Trang 25

Cấu hình e của X: 1s2 2s2 2p5 Do X + e X- => Cấu hình e của X là 1s2 2s2 2p6 Cấu hình e của Y: 1s2 2s2 2p6 Cấu hình e của Z: 1s2 2s2 2p63s1 Do Z Z+ +1e => Cấu hình e của Z+ là 1s2 2s2 2p6 Cấu hình e của T: 1s2 2s2 2p63s2 Do T T2+ +2e => Cấu hình e 2+ 2 2 6 của T là 1s 2s 2p Do A2-, X-, Y, Z+, T2+ đều có cùng cấu hình e (lớp vỏ giống nhau) nhưng điện tích hạt nhân của chúng lần lượt là 8+, 9+, 10+, 11+, 12+ Khi lực hút của hạt nhân càng lớn thì bán kính càng nhỏ => Bán kính nguyên tử, ion biến đổi theo thứ tự sau: T2+ < Z+ < Y < X- < A2Gọi x là % số nguyên tử của đồng vị 35Cl, ta có: 35,5 = 2

35 x + 37(100 − x) => x= 75. 100

Chọn số mol của HClOx = 1 mol => nCl = 1 mol => số mol nguyên tử 35Cl = 0,75 mol. (1,0 điểm) Theo bài ta có: 0, 75.35 = 0,2612 => x= 4. %m 35Cl =

0,25

0,5

1.(1 + 35,5 + 16 x)

CTPT hợp chất là : HClO4 A + B có kết tủa ⇒ A hoặc B có thể là NaHSO4 hoặc BaCl2 B + C hay D + C đều giải phóng khí không màu, mùi hắc ⇒ C phải là NaHSO3, B hoặc D có thể là HCl hoặc NaHSO4 => B là NaHSO4; D là HCl => A là BaCl2 A + D không có hiện tượng gì ⇒ BaCl2 không tác dụng với HCl 1 (thỏa mãn). (0,5 Phương trình hóa học: điểm) BaCl + NaHSO → BaSO ↓+ NaCl + HCl 2 4 4 NaHSO4 + NaHSO3 → Na2SO4 + SO2↑ + H2O HCl + NaHSO3 → NaCl + SO2↑ + H2O (*) Học sinh có thể lập bảng phản ứng, viết PTHH và kết luận cũng cho điểm tương đương. - Lưu huỳnh đioxit tác dụng với khí Oxi và hơi nước trong không khí tạo ra axit sunfuric (xúc tác là oxit kim loại có trong khói, bụi 2 hoặc ozon) : 2SO2 + O2 + 2H2O → 2H2SO4 (0,5 Axit H2SO4 tan vào nước mưa tạo thành mưa axit. điểm) - Mưa axit phá hủy các công trình, tượng đài bằng đá, thép: H2SO4 + CaCO3 → CaSO4 + CO2 + H2O H2SO4 + Fe → FeSO4 + H2 a) 5Na2SO3 + 6NaHSO4 + 2KMnO4 → 8Na2SO4 + 2MnSO4 + K2SO4 + 3H2O 3 (1,0

S → S + 2e +7

×5

0,25

1,0

điểm) Mn + 5e → Mn × 2 b) (5x-2y) FeO + (16x-6y) HNO3 → (5x-2y) Fe(NO3)3 + NxOy + Trang 26

(8x-3y)H2O. Fe+2 → Fe+3 + 1e . (5x-2y) +5 +2y/x xN + (5x-2y)e → xN .1 t → CuSO4 + SO2 + 2H2O c) Cu + 2H2SO4 (đ)  0 +2 Cu → Cu + 2e x 1 S+6 + 2e → S+4 x1 d) 3Mg + 8HNO3 → 3Mg(NO3)2 + 2NO + 4H2O 3x Mg0 → Mg+2 + 2e 2x N+5 +3e → N+2 (*) 0,25 điểm/PT; nếu không viết các quá trình oxh, khử thì trừ nửa số điểm. Muối Halogenua tác dụng với AgNO3 tạo kết tủa gồm có muối clorua, bromua hoặc iotua; muối florua không tác dụng. TH1: Chỉ có 1 muối halogenua tạo kết tủa với dd AgNO3 ⇒ 2 muối halogenua là NaF và NaCl NaCl + AgNO3 → NaNO3 + AgCl ↓ ⇒ Kết tủa là AgCl ⇒ nNaCl bđ = nAgCl = 28,67/143,5 ≈ 0,2 mol ⇒ mNaCl bđ = 11,7g < 15,92 (thỏa mãn) => X, Y là F và Cl ⇒ %mNaCl ≈ 73,5%; %mNaF ≈ 26,5%. 1 TH2: Cả 2 muối halogenua đều tạo kết tủa với dd AgNO3. (1,0 Gọi CT chung của 2 muối là Na X . điểm) Phản ứng: Na X + AgNO3 → Ag X ↓ + NaNO3 , , = => = 83,13 Ta có: 0

III

0,25

=> hai nguyên tố X, Y là Br và I. ⇒ CT 2 muối: NaBr và NaI. Đặt nNaBr=x, nNaI=y ⇒ 188x+235y=28,67 và 103x+150y=15,92 ⇔ x=0,14; y=0,01 (mol) 0,14.103 ⇒ %mNaBr = .100% ≈ 90,58%;%mNaI ≈ 9, 42%. 15,92

Các phản ứng có thể xảy ra : SO2 + Ba(OH)2 → BaSO3 ↓ + H2O (1) SO2 + 2KOH → K2SO3 + H2O (2) SO2 + K2SO3 + H2O → 2KHSO3 (3) SO2 + BaSO3 + H2O → Ba(HSO3)2 (4) Số mol: nKOH = 0,7mol; nBa(OH)2 = 0,35a mol; nBaSO3 = 0,4mol Ta thấy: Pư (1) kết tủa tăng dần đến cực đại; Pư (2), (3) kết tủa 2 không đổi; Pư (4) kết tủa tan dần => Có 2 trường hợp xảy ra. (1,0 TH1: Kết tủa thu được là giá trị cực đại điểm) => Ở cả 2 thí nghiệm: Ba(OH)2 phản ứng hết; chưa có phản ứng (4) Ta có: khi xong (1) => nSO2 = nBa(OH)2 = nBaSO3 = 0,4mol; Khi xong (1), (2), (3) => nSO2 = 0,4 + 0,7 = 1,1mol => 0,4 ≤ nSO2 ≤1,1 Đặt số mol SO2 trong V lít là x mol => trong 3,25V lít là 3,25x mol => 0,4 ≤ x ≤1,1 và 0,4 ≤ 3,25x ≤1,1 (loại) TH2: Kết tủa thu được chưa đạt cực đại

0,25

0,25 Trang 27

=> Ở thí nghiệm 1: Ba(OH)2 dư, SO2 hết, chỉ xảy ra phản ứng (1) Ở thí nghiệm 2: Cả Ba(OH)2 và SO2 hết; Xảy ra phản ứng (1), (2), (3) xong; (4) xảy ra một phần. - TN1: Theo (1) nSO2 = nBaSO3 = 0,4mol => V = 8,96 lít - TN2: Theo (1), (2), (3) => nSO2 = nBa(OH)2 + nKOH = 0,35a +0,7 Theo (4) => nSO2 = nBaSO3 max - nBaSO3 thu được = 0,35a - 0,4 => (0,35a + 0,7) + (0,35a - 0,4) = 0,4.3,25 = 1,3 => 0,7a = 1 => a = 10/7 (M)

0,25

,! "

Phản ứng nhiệt phân: 2KClO3 #$$$$% 2KCl + 3O2 - Khí A là O2, ta có: m O = 98 – 93,2 = 4,8(g); nO = 0,15( mol ) ⇒ mkim loại= 15,6 – 4,8 = 10,8 (g) 1 Theo PP bảo toàn e O2 + 4e → 2O2(1,0 Mg → 2e + Mg2+ 2x (mol) 0,15 0,6 (mol) điểm) x 3+ +6 +4 S + 2e → S Fe → 3e + Fe y 3y (mol) 0,05 0,025(mol) 2

24 x + 56 y = 10,8 2 x + 3 y = 0, 65 ⇒ x = 0,1; y = 0,15 ⇒ mMg = 0,1.24 = 2, 4 g

Bảo toàn e ta có hệ: 

⇒ % m Mg =

0,25

0,25 0,25

2, 4 .100% ≈ 22, 22% 10,8

Cho hỗn hợp Fe, Fe3O4 tác dụng với dung dịch H2SO4đặc, nóng, còn dư kim loại không tan là Fe dư. =>dung dịch thu được sau phản ứng chỉ chứa muối FeSO4. PTHH các phản ứng : 0,25 2Fe + 6H2SO4 đ,nóng → Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (1) 2Fe3O4 + 10H2SO4đ,nóng → 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O (2) Fe + Fe2(SO4)3 → 3FeSO4 (3) Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (4) 2 10HCl + 2 KMnO4 + 3H2SO4 → K2SO4 + 2MnSO4 + 5Cl2 + 8 H2O 0,25 (1,0 (5) điểm) 10FeCl2 + 6 KMnO4 + 24H2SO4 → 3K2SO4 + 6MnSO4 + 5Fe2(SO4)3 + 10Cl2 + 24 H2O (6) Gọi số mol Fe dư là a mol Theo (4) ta có : nHCl phản ứng = 2a (mol) => nHCl dư = 0,2a (mol) 0,25 Dung dịch A thu được, tác dụng với dung dịch KMnO4/H2SO4 Theo các phản ứng (5), (6) => nKMnO = 0,64a = 0,064 => a= 0,1 mFe dư= 5,6 gam = 7m/ 50 => m = 40 (gam) 4

Trang 28

Gọi số mol Fe, Fe3O4 phản ứng ở (1), (2), (3) là x, y Ta có 56 x + 232y = 40- 5,6 = 34,4 (7) Số mol SO2 = 0,1mol Các quá trình: Fe0  → Fe+2 + 2e → S+4 S+6 +2e  Mol : x 2x mol: 0,2 0,1 +8/3 +2 → 3Fe 3Fe + 2e  Mol: 3y 2y Theo định luật bảo toàn electron ta có : 2x = 2y + 0,2 (8) Từ (7) và (8) ta giải ra được : x = 0,2 và y = 0,1 Khối lượng sắt ban đầu : mFe bđ = 0,2. 56 + 5,6 = 16,8 gam => %mFe= 42% ; % mFe O = 58%. Kim loại R tác dụng với axit tạo H2: (gọi n là hóa trị của R) 2R + 2nHCl → 2RCln + nH2 (1) 2R + nH2SO4 → R2(SO4)n + nH2 (2) Ta có: nH2 = 0,3 mol

0,25

3 4

0,5

The image cannot be display ed. Your computer may not hav e enough memory to open the image, or the image may hav e been corrupted. Restart y our computer, and then open the file again. If the red x still appears, y ou may hav e to delete the image and then insert it again.

(1,0 Theo các phản ứng (1), (2) => => R = 9n điểm) Thử n = 1; 2; 3 => kim loại R là Al (thỏa mãn với n = 3). (*) Học sinh có thể viết quá trình và dùng bảo toàn mol e cũng cho điểm tương đương. 2/ Phản ứng trung hòa axit bằng kiềm: NaOH + HCl → NaCl + H2O (3) 2NaOH + H2SO4 → Na2SO4 + 2H2O (4) (*) Thí nghiệm 1: Trộn A với B tỉ lệ thể tích 5:2 - Dung dịch C không đổi màu quỳ tím => Phản ứng vừa đủ - V dd C = 700ml => VA = 500ml; VB = 200ml => nNaOH = 0,5a; nHCl =0,2b; nH2SO4 = 0,2c (mol) Theo PƯ (3), (4) ta có: 0,5a = 0,2b + 0,4c (5) Tổng mmuối = 0,5a.23 + 0,2b.35,5 + 0,2c.96 = 30,5 => 11,5a + 7,1b + 19,2c = 30,5 (6) 2 (*) Thí nghiệm 2: Dung dịch B tác dụng với kim loại R thu dung dịch D, trung hòa dung dịch D bằng dung dịch A. Ta có: (1,0 điểm) nH2 = 0,3mol VB = 300ml => nHCl =0,3b; nH2SO4 = 0,3c (mol) VA =150ml => nNaOH = 0,15a mol Theo các phản ứng ta có: nNaOH ở (3) + 2nH2 ở (1) = nHCl; nNaOH ở (4) + 2nH2 ở (2) = 2nH2SO4 => nNaOH + 2nH2 = nHCl + 2nH2SO4 => 0,15a + 0,6 = 0,3b + 0,6c (7) Giải hệ (5), (6), (7) ta được kết quả: a = 1; b = 2; c = 0,25. (*) Cách giải khác: có thể dùng PT dạng ion hoặc đặt công thức chung của axit là HX…

0,5

0,25

Trang 29

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT HÀ TĨNH HỌC 2015 - 2016 Môn: HÓA HỌC 10 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi có 2 trang, gồm 10 câu)

NĂM

Câu 1: 1) Một nhóm học sinh cần một hỗn hợp chất có khả năng bùng cháy để biểu diễn trong một đêm câu lạc bộ hóa học. Một số hỗn hợp bột được đề xuất gồm: a) KClO3, C, S. b) KClO3, C. c) KClO3, Al. Hỗn hợp nào có thể dùng, hãy giải thích. 2) Từ muối ăn điều chế được dung dịch có tính tẩy màu, từ quặng florit điều chế được chất có thể ăn mòn thủy tinh, từ I2 điều chế một chất pha vào muối ăn để tránh bệnh bướu cổ cho người dùng, từ O2 điều chế chất diệt trùng. Em hãy viết phương trình phản ứng điều chế các chất như đã nói ở trên, biết mỗi chất chỉ được viết một phương trình phản ứng. Câu 2: Trong phòng thí nghiệm, dung dịch HCl được điều chế bằng cách cho NaCl khan tác dụng với H2SO4 đặc rồi dẫn khí HCl vào nước. 1) Em hãy vẽ hình thí nghiệm thể hiện rõ các nội dung trên. 2) Trong thí nghiệm đã dùng giải pháp gì để hạn chế HCl thoát ra ngoài? Giải thích. 3) Một số nhóm học sinh sau một lúc làm thí nghiệm thấy dung dịch HCl chảy ngược vào bình chứa hỗn hợp phản ứng. Em hãy giải thích và nêu cách khắc phục. Câu 3: Trong một thí nghiệm khi nung m gam KMnO4 với hiệu suất phản ứng 60% rồi dẫn toàn bộ khí sinh ra vào một bình cầu úp ngược trong chậu H2O như hình vẽ. Một số thông tin khác về thí nghiệm là: * Nhiệt độ khí trong bình là 27,30C. * Áp suất không khí lúc làm thí nghiệm là 750 mmHg. * Thể tích chứa khí trong bình cầu là 400 cm3 * Chiều cao từ mặt nước trong chậu đến mặt nước trong bình cầu là 6,8cm. * Áp suất hơi nước trong bình cầu là 10 mmHg. Biết khối lượng riêng của Hg là 13,6gam/cm3, của nước là 1 gam/cm3. Hãy tính m. Câu 4: 1) Cho rằng Sb có 2 đồng vị 121Sb và 123 Sb, khối lượng nguyên tử trung bình của Sb là 121,75. Hãy tính thành phần trăm về khối lượng của 121 Sb trong Sb2O3 (Cho biết MO=16). 2) Hãy tính bán kính nguyên tử Liti (đơn vị nm), biết thể tích của 1 mol tinh thể kim loại Li bằng 7,07cm3 và trong tinh thể các nguyên tử Li chỉ chiếm 68% thể tích, còn lại là khe trống. Câu 5: 1) Hãy hoàn thành các phương trình phản ứng sau: Fe3C + H2SO4 đặc nóng dư Fe(NO3)3 + NO2 + H2SO4 + H2O FexSy + HNO3 đặc nóng dư 2) Hãy trình bày cách làm sạch các chất sau, viết phương trình phản ứng (nếu có) để giải thích. Trang 30

a. HCl bị lẫn H2S. b. H2S bị lẫn HCl. c. CO2 bị lẫn SO2. d. CO2 bị lẫn CO. Câu 6: Đốt cháy hoàn toàn m gam C trong V lít O2 ở (đktc), thu được hỗn hợp khí A có tỷ khối đối với H2 là 19. 1) Hãy xác định thành phần % theo thể tích các khí có trong A. 2) Tính m và V, biết rằng khi dẫn hỗn hợp khí A vào bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư tạo thành 5 gam kết tủa trắng. Câu 7: Hòa tan S vào dung dịch NaOH đặc, đun sôi, được muối A và muối B. Muối A tác dụng với dung dịch H2SO4 1M thấy có vẫn đục màu vàng và có khí mùi hắc thoát ra. Muối B tác dung với dung dịch H2SO4 1M có khí mùi trứng thối thoát ra. Đun sôi dung dịch B đậm đặc rồi hòa tan S, thu được hỗn hợp muối C. Đun sôi dung dịch đậm đặc muối D rồi hòa tan S ta cũng được muối A. 1) Xác định các muối A, B, D, công thức chung của muối C. Viết các phương trình phản ứng xẩy ra. 2) Trong hỗn hợp C có chất C' có khối lượng mol bằng 206 gam. Khi cho chất này vào dung dịch HCl đặc ở -100C thu được chất lỏng (E) màu vàng, mùi khó chịu. Trong E có các chất F, G, H đều kém bền (mỗi chất đều chứa 2 nguyên tố), trong đó F có tỷ khối hơi so với H2 bằng 33, G có 1 nguyên tố chiếm 2,041% về khối lượng, H và C' có cùng số nguyên tử trong phân tử. Hòa tan C' vào dung dịch HCl đặc đun nóng thấy dung dịch có vẫn đục và có khí thoát ra. Xác định các chất C', F, G, H viết các phương trình phản ứng xẩy ra. Câu 8: X, Y là hai nguyên tố thuộc cùng một chu kì trong bảng hệ thống tuần hoàn, chúng tạo được với nguyên tố flo hai hợp chất XF3 và YF4, biết: * Phân tử XF3 có các nguyên tử nằm trên cùng một mặt phẳng, phân tử có hình tam giác. * Phân tử YF4 có hình tứ diện. * Phân tử XF3 dễ bị thủy phân và kết hợp được tối đa một anion F- tạo ra XF4-. * Phân tử YF4 không có khả năng tạo phức. 1) Xác định vị trí của X và Y trong bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố. 2) So sánh góc liên kết, độ dài liên kết trong XF3 với XF4-. Câu 9: Cho 32 gam dung dịch Br2 a% vào 200 ml dung dịch SO2 b mol/lít được dung dịch X. Chia X làm 2 phần bằng nhau * Cho dung dịch BaCl2 dư vào phần 1 thu được 4,66 gam kết tủa. * Cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào phần 2 thu được 11,17 gam kết tủa. a. Viết các phương trình phản ứng. b. Tính a,b (coi các phản ứng đều hoàn toàn). Câu 10: Cho 11,56 gam hỗn hợp A gồm 3 muối FeCl3, BaBr2, KCl tác dụng với 440 ml dung dịch AgNO3 0,5M thu được dung dịch D và kết tủa B. Lọc kết tủa B, cho 0,15 mol bột Fe vào dung dịch D thu được chất rắn F và dung dịch E. Cho F vào dung dịch HCl loãng dư tạo ra 2,128 lít H2 (đktc) và còn phần chất không tan. Cho dung dịch KOH dư vào dung dịch E thu được kết tủa, nung kết tủa trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 6,8 gam chất rắn. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. 1) Lập luận để viết các phương trình phản ứng xẩy ra. 2) Tính khối lượng kết tủa B.

------------------ HẾT----------------Trang 31

- Học sinh không được sử dụng tài liệu (trừ bảng Hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hoá học). - Cán bộ coi thi không phải giải thích gì thêm. - Họ và tên thí sinh: ............................................................................Số báo danh:..........

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CÂP THPT NĂM HỌC 2015 - 2016 MÔN HÓA HỌC LỚP-10 HƯỚNG DẪN CHẤM

Nội dung * Cả ba hỗn hợp đều có thể dùng được. * Vì mỗi hỗn hợp trên đều có ít nhất một chất oxi hóa mạnh và một chất khử. * NaCl + H2O điện phân NaClO + H2. CaHSO4 + HF * CaF2 rắn + H2SO4 đặc * I2 + 2K 2KI UV * 3O2 2O3 Các chất cần tạo ra là NaClO, HF, I- hoặc IO3-, O3 học sinh có thể viết Phương trình phản ứng khác.

Điểm 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25

Câu 2: Trong phòng thí nghiệm, dung dịch HCl được điều chế bằng cách cho NaCl khan tác dụng với H2SO4 đặc rồi dẫn khí HCl vào nước. 1) Em hãy vẽ hình thí nghiệm thể hiện rõ các nội dung trên. 2) Trong thí nghiệm đã dùng giải pháp gì để hạn chế HCl thoát ra ngoài? Giải thích. 3) Một số nhóm học sinh sau một lúc làm thí nghiệm thấy dung dịch HCl chảy ngược vào bình chứa hỗn hợp phản ứng. Em hãy giải thích và nêu cách khắc phục.

Trang 32

Câu 2

Nội dung

Điểm

Hình vẽ: Học sinh có thể vẽ hình khác nhưng yêu cầu: * Có bình phản ứng, hóa chất, ống hòa tan khí * Biện pháp tránh khí HCl thoát ra ngoài.

1,0 1

2 3

Để tránh khí thoát ra ngoài có thể dùng bông tẩm dung dịch kiềm để lên trên ống nghiệm hoặc dẫn khí thừa vào dung dịch kiềm. Nếu ống sục khí cắm sâu vào nước thì khi HCl bị hòa tan có thể gây ra hiện tượng giảm áp suất trong bình phản ứng làm nước bị hút vào bình phản ứng.

0,5 0,5

Câu 3: Trong một thí nghiệm khi nung m gam KMnO4 với hiệu suất phản ứng 60% rồi dẫn toàn bộ khí sinh ra vào một bình cầu úp ngược trong chậu H2O như hình vẽ. Một số thông tin khác về thí nghiệm là: * Nhiệt độ khí trong bình là 27,30C. * Áp suất không khí lúc làm thí nghiệm là 750 mmHg. * Thể tích chứa khí trong bình cầu là 400 cm3 * Chiều cao từ mặt nước trong chậu đến mặt nước trong bình cầu là 6,8cm. * Áp suất hơi nước trong bình cầu là 10 mmHg. Biết khối lượng riêng của Hg là 13,6gam/cm3, của nước là 1 gam/cm3. Hãy tính m. Câu 3 pkhí O2= 750-10-6,8*10* 0

Nội dung

Điểm

1 = 735 (mmHg) = 0,9671 (atm) 13,6 K2MnO4 + MnO2 + O2

1,0

t 2KMnO4 PkhíO 2 * 0,4 nO2= =0,0157 (mol) 22,4 * 273 *1,1 273 100 mKMnO4=2*nO2* *158=8,269 (gam) 60

1,0

Câu 4: 1) Cho rằng Sb có 2 đồng vị 121Sb và 123 Sb, khối lượng nguyên tử trung bình của Sb là 121,75. Hãy tính thành phần trăm về khối lượng của 121 Sb trong Sb2O3 (Cho biết MO=16). Trang 33

2) Hãy tính bán kính nguyên tử Liti (đơn vị nm), biết thể tích của 1 mol tinh thể kim loại Li bằng 7,07cm3 và trong tinh thể các nguyên tử Li chỉ chiếm 68% thể tích, còn lại là khe trống. Câu 4 1 2

Nội dung Điểm Xét 2 mol Sb gọi số mol 121Sb và 123 Sb lần lượt là a và b ta có a+b=2 121*a+123*b=2*121,75 a=1,25 b=0,75 1,0 %m121Sb=1,25*121/(121,75*2+16*3)=51,89% 1,0 Xét 1 mol Li ⇒ 6,02*1023*(4/3)* π*r3=0,68*7,07⇒ r=1,24*10-8cm=12,4 nm

Câu 5: 1) Hãy hoàn thành các phương trình phản ứng sau: Fe3C + H2SO4 đặc nóng dư FexSy + HNO3 đặc nóng dư Fe(NO3)3 + NO2 + H2SO4 + H2O 2) Hãy trình bày cách làm sạch các chất sau, viết phương trình phản ứng (nếu có) để giải thích. a. HCl bị lẫn H2S. b. H2S bị lẫn HCl. c. CO2 bị lẫn SO2. d. CO2 bị lẫn CO.

Câu 5

Nội dung

Điểm

3Fe2(SO4)3 + 2CO2 + 13SO2 + 22H2O 2Fe3C+ 22H2SO4 đặc nóng dư FexSy + (6x+6y)HNO3 đặc nóng dư xFe(NO3)3 + yH2SO4 + (3x+6y)NO2 + (3x+3y)H2O

0,5 0,5

a. Sục hỗn hợp qua dung dịch Cu(NO3)2 dư trong HCl đặc H2S bị giữ lại. Cu(NO3)2 + H2S CuS + 2HNO3 b. Sục hỗn hợp qua nước hoặc dung dịch axit (HCl, H2SO4 loãng...) dư HCl bị hòa tan. c. Sục hỗn hợp qua dung dịch chất oxi hóa mạnh (KMnO4, Br2...) SO2 bị giữ lại SO2 + Br2 + 2H2O 2HBr + H2SO4 d. Cho hỗn hợp qua oxit kim loại yếu hoặc trung bình nung nóng (CuO, FeO...) CO bị chuyển thành CO2 t CO + CuO Cu + CO2

0,5

0,5 0,5 0,5

Câu 6: Đốt cháy hoàn toàn m gam C trong V lít O2 ở (đktc), thu được hỗn hợp khí A có tỷ khối đối với H2 là 19. 1) Hãy xác định thành phần % theo thể tích các khí có trong A. 2) Tính m và V, biết rằng khi dẫn hỗn hợp khí A vào bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư tạo thành 5 gam kết tủa trắng. Câu 6

Nội dung

Điểm

Trang 34

Vì M=19*2=38 ⇒ trong A có CO2 Trường hợp 1: A gồm CO và CO2 xét 1 mol hỗn hợp gọi số mol CO và CO2 lần lượt là a và b ta có a+b=1 28a+44b=38 a=0,375 b=0,625 %VCO=37,5% %VCO2=62,5% Trường hợp 2: A gồm O2 và CO2 xét 1 mol hỗn hợp gọi số mol O2 và CO2 lần lượt là a và b ta có a+b=1 32a+44b=38 a=0,5 b=0,5 %VCO=50% %VCO2=50% nCO2 = 0,05mol Trường hợp 1: A gồm CO và CO2 nCO2=nCaCO3=0,05 nCO=0,03 mC=0,08*12=0,96 gam; nO2 đã lấy =0,065 V=1,456 lít Trường hợp 2: A gồm O2 và CO2 nC=0,05 m=0,6 gam; VO2=2,24 lít

0,5 0,5

Câu 7: Hòa tan S vào dung dịch NaOH đặc, đun sôi, được muối A và muối B. Muối A tác dụng với dung dịch H2SO4 1M thấy có vẫn đục màu vàng và có khí mùi hắc thoát ra. Muối B tác dung với dung dịch H2SO4 1M có khí mùi trứng thối thoát ra. Đun sôi dung dịch B đậm đặc rồi hòa tan S, thu được hỗn hợp muối C. Đun sôi dung dịch đậm đặc muối D rồi hòa tan S ta cũng được muối A. 1) Xác định các muối A, B, D, công thức chung của muối C. Viết các phương trình phản ứng xẩy ra. 2) Trong hỗn hợp C có chất C' có khối lượng mol bằng 206 gam. Khi cho chất này vào dung dịch HCl đặc ở -100C thu được chất lỏng (E) màu vàng, mùi khó chịu. Trong E có các chất F, G, H đều kém bền (mỗi chất đều chứa 2 nguyên tố), trong đó F có tỷ khối hơi so với H2 bằng 33, G có 1 nguyên tố chiếm 2,041% về khối lượng, H và C' có cùng số nguyên tử trong phân tử. Hòa tan C' vào dung dịch HCl đặc đun nóng thấy dung dịch có vẫn đục và có khí thoát ra. Xác định các chất C', F, G, H viết các phương trình phản ứng xẩy ra. Câu 7

Nội dung

Điểm

Theo đề bài A là Na2S2O3, B là Na2S, C là hỗn hợp có công thức chung là Na2Sn+1, D là Na2SO3 6NaOH (đặc sôi) + 4S → Na2S2O3 (A)+ Na2S (B) + 3H2O Na2S2O3 (A)+ H2SO4 loãng → Na2SO4 + S + SO2 + H2O Na2S (B) + H2SO4 loãng → Na2SO4 + H2S nS + Na2S (B) → Na2Sn+1 (C) S + Na2SO3 đặc sôi (D) → Na2S2O3 (A)

0,2 0,2 0,2 0,2 0,2

MC'=206 ⇒ C' là Na2S5 ; MF=2*33=66 ⇒ F là H2S2 ; 2,041%=2/(MG) ⇒ MG=98 ⇒ G là H2S3; H có 7 nguyên tử trong phân tử nên H là H2S5 Na2S5 + 2HCl → 2NaCl + H2S2 (F) + 3S Na2S5 + 2HCl → 2NaCl + H2S3(G) +2S Na2S5 + 2HCl → 2NaCl + H2S5(H)

0,25 0,25 0,25 0,25

Câu 8: X, Y là hai nguyên tố thuộc cùng một chu kì trong bảng hệ thống tuần hoàn, chúng tạo được với nguyên tố flo hai hợp chất XF3 và YF4, biết: * Phân tử XF3 có các nguyên tử nằm trên cùng một mặt phẳng, phân tử có hình tam giác. * Phân tử YF4 có hình tứ diện. * Phân tử XF3 dễ bị thủy phân và kết hợp được tối đa một anion F- tạo ra XF4-. * Phân tử YF4 không có khả năng tạo phức. 1) Xác định vị trí của X và Y trong bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố. 2) So sánh góc liên kết, độ dài liên kết trong XF3 với XF4-. Trang 35

Câu 8

Nội dung Xác định vị trí của X và Y trong bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố. Từ các tính chất đã cho, suy ra: - X (trong XF3) chỉ có 1 obital trống; - Y (trong YF4) không có obital trống. Vậy X và Y phải ở chu kì 2⇒ X là 5B, Y là 6C.

Điểm 0,5 0,5 1,0

- Góc liên kết FXF trong XF3 là 120o, Góc liên kết FXF trong XF4- là 109o28’ Vì Trong XF3 X lai hóa sp2, trong XF4- thì X lai hóa sp3. - Độ dài liên kết: d (X – F) trong XF3 < d(X – F) trong XF4- vì liên kết trong XF3 ngoài liên kết σ còn có một phần liên kết π không định chỗ.

0,5 0,5

Câu 9: Cho 32 gam dung dịch Br2 a% vào 200 ml dung dịch SO2 b mol/lít được dung dịch X. Chia X làm 2 phần bằng nhau * Cho dung dịch BaCl2 dư vào phần 1 thu được 4,66 gam kết tủa. * Cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào phần 2 thu được 11,17 gam kết tủa. a. Viết các phương trình phản ứng. b. Tính a,b (coi các phản ứng đều hoàn toàn). Câu 9

Nội dung Br2 + 2H2O + SO2 BaCl2 + H2SO4 Ba(OH)2 + SO2 Ba(OH)2 + H2SO4

2HBr + H2SO4 BaSO4 + 2HCl BaSO3 + H2O BaSO4 + 2H2O

nBaSO4 ở phần 1 = nBaSO4 ở phần 2= 0,02 mol ⇒ nBr2=0,04 ⇒ a=[0,04*160]/32=20%. nBaSO3=[11,17-4,66]/217 =0,03 mol. nSO2 ban đầu =2*(0,02+0,03)=0,1 b=0,5M

Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25

0,5 0,5

Câu 10: Cho 11,56 gam hỗn hợp A gồm 3 muối FeCl3, BaBr2, KCl tác dụng với 440 ml dung dịch AgNO3 0,5M thu được dung dịch D và kết tủa B. Lọc kết tủa B, cho 0,15 mol bột Fe vào dung dịch D thu được chất rắn F và dung dịch E. Cho F vào dung dịch HCl loãng dư tạo ra 2,128 lít H2 (đktc) và còn phần chất không tan. Cho dung dịch KOH dư vào dung dịch E thu được kết tủa, nung kết tủa trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 6,8 gam chất rắn. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. 1) Lập luận để viết các phương trình phản ứng xẩy ra. 2) Tính khối lượng kết tủa B. Câu 10

Nội dung

Điểm

Trang 36

Vì F tác dụng với HCl dư còn phần không tan ⇒ D có AgNO3 dư FeCl3 + 3AgNO3 3AgCl + Fe(NO3)3 2AgBr +Ba(NO3)2 BaBr2 + 2AgNO3 KCl + AgNO3 KNO3 + AgCl B: AgBr, AgCl; D: AgNO3 dư, Fe(NO3)3, Ba(NO3)2, KNO3. Fe + 2AgNO3 Fe(NO3)2 + 2Ag Fe + 2Fe(NO3)3 3Fe(NO3)2 Chất không tan là Ag và Fe dư, dung dịch E gồm Fe(NO3)2, Ba(NO3)2, KNO3, Ba(NO3)2, KNO3. Fe + 2HCl FeCl2 + H2 Fe(OH)2 +2NaNO3 Fe(NO3)2 + 2NaOH t 4Fe(OH)2 + O2 2Fe2O3 + 4H2O Gọi số mol mỗi chất FeCl3, BaBr2, KCl lần lượt là a, b,c. Vì cho Fe có phản ứng với dung dịch D nFe ban thêm vào= 0,15 mol nFe trong F= 0,095 nFe phản ứng với Ag+ và Fe3+=0,055 ⇒ nAgNO3 dư trong D = 0,055*2-a ⇒ nAgNO3 phản ứng với X-= 0,22- (0,055*2-a) 162,5a+297b+ 74,5c = 11,56 (1) 3a + 2b + c = 0,22- (0,055*2-a) (2) 6,8 gam chất rắn sau cùng gồm Fe2O3 (a+0,055)/2 mol 160*(a+0,055)/2 = 6,8 (3) a=0,03 b=0,02 c=0,01 ⇒ B gồm 0,1 mol AgCl; 0,04 mol AgBr. mB= 21,87 gam 0

0,5

0,5 0,5

Chú ý: Nếu học sinh có cách giải khác hợp lý vẫn cho điểm. ------------------ HẾT-----------------

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT NĂM HỌC 2014 - 2015 MÔN THI: HÓA HỌC 10 Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi có 2 trang, gồm 10 câu)

Câu 1. Người ta quy ước trị số năng lượng của electron trong nguyên tử có dấu âm (–). Electron trong He+ khi chuyển động trên một lớp xác định có một trị số năng lượng tương ứng, đó là năng lượng của một mức. Có 3 trị số năng lượng (theo eV) của electron trong hệ He+ là: –13,6; –54,4; –6,04. a) Hãy chỉ ra trị số năng lượng mức 1, 2, 3 từ 3 trị số trên. b) Từ trị số nào trong 3 trị số trên ta có thể xác định được một trị số năng lượng ion hóa của He? Giải thích? Câu 2. Thực nghiệm cho biết các độ dài bán kính của sáu ion theo đơn vị A0 như sau: 1,71; 1,16; 1,19; 0,68; 1,26; 0,85. Các ion đó đều có cùng số electron. Số điện tích hạt nhân Z của Trang 37

các ion đó trong giới hạn 2< Z <18. Hãy xác định các ion đó và gán đúng trị số bán kính cho từng ion, xếp theo thứ tự tăng dần của các trị số đó. Giải thích của sự gán đúng các trị số đó. Câu 3. Cho bảng giá trị một số đại lượng của các đơn chất halogen sau: Đơn chất F2 Cl2 Br2 I2

Nhiệt độ sôi (oC) - 187,9 - 34,1 58,2 184,5

Năng lượng liên kết X – X (kJ/mol) 159 242 192 150

Độ dài liên kết X – X (Ao) 1,42 1,99 2,28 2,67

Nhận xét và giải thích sự biến đổi: nhiệt độ sôi, năng lượng liên kết và độ dài liên kết cho trên. Câu 4. Hãy chứng minh độ đặc khít của mạng lưới tinh thể lập phương tâm khối là 68%. Từ đó hãy tính khối lượng riêng của natri theo g/cm3. Biết natri kết tinh có dạng tinh thể lập phương tâm khối và bán kính hiệu dụng của nguyên tử natri bằng 0,189 nm. Câu 5. Trộn một lượng nhỏ bột Al và I2 trong bát sứ, sau đó cho một ít nước vào. a) Nêu hiện tượng xảy ra và giải thích. b) Viết phương trình hóa học của phản ứng và cho biết vai trò của các chất tham gia. c) Giải thích tại sao hợp chất COBr2 có tồn tại, còn hợp chất COI2 không tồn tại? Câu 6. Hỗn hợp khí X gồm SO2 và O2 có tỉ khối hơi so với H2 bằng 28. Cho 4,48 lít (đktc) hỗn hợp khí X vào bình kín có V2O5 rồi nung nóng đến 4500C. Sau một thời gian phản ứng, làm nguội bình rồi cho toàn bộ các chất thu được đi qua dung dịch BaCl2 (dư). Sau khi kết thúc phản ứng, thu được 17,475 gam kết tủa. Tính hiệu suất của phản ứng oxi hóa SO2 thành SO3. Câu 7. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm Na, Na2O, NaOH, Na2CO3 trong lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 40%, thu được 8,96 lít hỗn hợp khí có tỉ khối so với H2 là 16,75 và dung dịch Y có nồng độ 51,449%. Cô cạn dung dịch Y, thu được 170,4 gam muối khan. Tính m. Câu 8. Thực nghiệm cho biết cả ba hợp chất CHBr3, SiHBr3, CH(CH3)3 đều có cấu tạo tứ diện. Có ba trị số góc liên kết tại tâm là 110o, 111o, 112o (không kể tới H khi xét các góc này). Độ âm điện của H là 2,2; CH3 là 2,27; CH là 2,47; Si là 2,24; Br là 2,5. Dựa vào mô hình đẩy giữa các cặp electron hóa trị và độ âm điện, hãy cho biết trị số góc của mỗi chất và giải thích. Câu 9. Hòa tan hết 2m gam kim loại M trong lượng dư dung dịch H2SO4 đặc, nóng, thu được V lít khí SO2. Mặt khác, hòa tan hết m gam hợp chất X (X là sunfua của kim loại M) trong lượng dư dung dịch H2SO4 đặc, nóng cũng thu được V lít khí SO2. Biết SO2 là sản phẩm khử duy nhất của các quá trình trên, khí đo ở cùng điều kiện. Xác định kim loại M và công thức của hợp chất X. Câu 10. Hỗn hợp chất rắn A gồm M2CO3, MHCO3, MCl (M là kim loại kiềm). Cho 43,71 gam A tác dụng hết với lượng dư V ml dung dịch HCl 10,52% (d = 1,05 g/ml), thu được dung dịch B và 17,6 gam khí C. Chia B làm hai phần bằng nhau. - Phần một tác dụng vừa đủ với 125 ml dung dịch KOH 0,8M. Cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được m gam muối khan. Trang 38

- Phần hai cho tác dụng hoàn toàn với dung dịch AgNO3 dư, thu được 68,88 gam kết tủa trắng. a) Xác định kim loại M. b) Tính % khối lượng các chất trong A. c) Tính V và tính m.

…………………………..HẾT…………………………….

- Thí sinh không được sử dụng tài liệu (kể cả bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố) - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. - Họ và tên thí sinh:………………………………….Số báo danh:……………………….

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH

Câu

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CÂP THPT NĂM HỌC 2014 - 2015 MÔN HÓA HỌC LỚP 10 HƯỚNG DẪN CHẤM

Nội dung

Điểm

Ta có electron càng gần hạt nhân càng bị hút chặt, vì vậy electron ở mức 1 có năng lượng thấp nhất đó là – 54,4 eV, electron ở mức thứ hai có 1,0 mức năng lượng là – 13,6 eV, electron ở mức thứ ba có năng lượng là – 6,04 eV. Ta có He+ He2+ + 1e Trang 39

Năng lượng cần thiết để tách electron mức 1 này là năng lượng ion hóa I2. Vậy năng lượng ion hóa I2 của He là: 54,4 eV (đây là năng lượng ở mức 1 của electron nhưng có dấu dương)

Vì 2 < Z < 18 nên các ion này là của các nguyên tố thuộc chu kì 2 và 3. Vì các ion này có cùng tổng số electron nên trong hai chu kì này có các 1,0 ion sau: N3-, O2-, F-, Na+, Mg2+, Al3+. Vì các ion này có cùng số electron nhưng điện tích hạt nhân tăng nên bán kính giảm (số lớp electron là như nhau, lực hút giữa các electron và hạt nhân tăng lên). Ta có thể lập bảng theo thứ tự tăng dần như sau: 1,0 Ion Bán kính (A0)

1,0

Al3+ 0,68

Mg2+ 0,85

Na+ 1,16

F1,19

O21,26

N31,71

Từ bảng ta nhận thấy các giá trị sau: nhiệt độ sôi, độ dài liên kết tăng dần từ F2 đến I2. Năng lượng liên kết từ F2 đến Cl2 tăng lên rồi sau đó 0,5 giảm dần từ Cl2 đến I2. Giải thích: - Từ F2 đến I2 vì khối lượng phân tử tăng nên nhiệt độ sôi tăng. Độ dài liên kết tăng từ F2 đến I2 do bán kính nguyên tử tăng từ F 0,5 đến I. Năng lượng liên kết của F2 bé hơn của Cl2 bởi vì trong phân tử Cl2 ngoài liên kết tạo bởi sự xen phủ của hai obitan p thì còn có sự xen phủ của 1,0 obitan d và obitan p mà ở trong phân tử F2 không có xen phủ của obitan d. Học sinh vẽ hình minh họa.

0,5

- Từ hình vẽ ta có số nguyên tử Na trong một tế bào cơ sở là: 8.1/8 + 1 = 2. Gọi r là bán kính nguyên tử Na thì thể tích thật là: 2. π .r3.4/3. Gọi a là cạnh của hình lập phương của một tế bào cơ sở, ta có: a = 4r/√3 Thể tích của 1 tế bào là: a3 = 64r3/5,196 Vậy độ đặc khít của mạng lưới tinh thể Na là: (2. π .r3.4/3)/(64r3/5,196) = 0,68 hay là 68%. - Chọn 1 mol Na thì khối lượng là: 23 gam; số nguyên tử là 6,02.1023 Thể tích số nguyên tử của 1 mol Na là:

0,5

Trang 40

6,02.1023.3,14.0,1893.10-21.4/3 (cm3) = 17 cm3 => Thể tích của 1 mol tinh thể Na là: 17.100/68 = 25 cm3. Vậy khối lượng riêng của Na là: 23/25 = 0,92 (g/cm3)

0,5

a) Hiện tượng: lúc đầu chưa có phản ứng xảy ra, sau khi thêm nước vào thì phản ứng từ từ xảy ra và sau đó có hơi màu tím thoát ra mạnh. 0,5 Giải thích: Khi chưa có nước thì phản ứng chưa xảy ra vì chưa có chất xúc tác, sau khi thêm nước làm chất xúc thì phản ứng xảy ra và tõa nhiệt mạnh. Do I2 dễ thăng hoa nên khi phản ứng tõa nhiệt mạnh thì I2 0,5 bay hơi và hơi iot có màu tím ta có thể quan sát dễ dàng. 5

b) Vai trò các chất tham gia: Al là chất khử, I2 là chất oxi hóa, nước 0,5 là chất xúc tác. PTHH: 2Al + 3I2 2AlI3 X

c) Cấu tạo chung của hợp chất là

O=C

0,5 X

Do iot có bán kính nguyên tử lớn, độ âm điện nhỏ hơn brom nên hợp chất COI2 rất kém bền và không tồn tại.

Dựa vào tỉ khối hơi của hỗn hợp và số mol của hỗn hợp ta tính được số mol của SO2 = 0,15 mol, của O2 = 0,05 mol. PTHH: 2SO2 + O2 → 2SO3 Khi cho toàn bộ các chất thu được đi qua dung dịch BaCl2 dư thì chỉ có SO3 tham gia phản ứng. PTHH: SO3 + H2O + BaCl2 → BaSO4 + 2HCl Dựa vào lượng kết tủa ta có số mol O2 phản ứng là 0,0375 mol. Vậy hiệu suất phản ứng là: 0,0375/0,05 = 75%

0,5

0,5 0,5 0,5

Học sinh viết 4 PTHH: 2Na + H2SO4 Na2SO4 + H2 0,5 Na2O + H2SO4 Na2SO4 + H2O NaOH + H2SO4 Na2SO4 + H2O Na2CO3 +H2SO4 Na2SO4 + H2O + CO2 Từ giả thiết ta tính được khối lượng hai khí là 13,4 gam; khối lượng 0,5 muối Na2SO4 là 170,4 gam => số mol H2SO4 = số mol Na2SO4 = 1,2 mol Từ đó tính được khối lượng dung dịch H2SO4 ban đầu là 294 gam và 0,5 khối lượng dung dịch sau phản ứng là 331,2 gam. Trang 41

Theo bảo toàn khối lượng ta có: 294 + m = 331,2 + 13,4 => m = 50,6 gam.

0,5

Học sinh vẽ công thức cấu tạo của ba hợp chất SiHBr3 (1), CHBr3 (2), CH(CH3)3 (3) 0,5 H H H C

Br Br 8

(2)

Br Br

Br (1)

CH3 CH3

CH3 (3)

Vì độ âm điện của Si < CH nên cặp e liên kết của C-Br gần CH hơn so với cặp e liên kết của Si-Br => lực đẩy giữa các cặp liên kết của C-Br 0,5 mạnh hơn => góc liên kết ở (2) lớn hơn (1). Tương tự ta có độ âm điện của Br > CH3 nên cặp e liên kết của C-Br lệch về phía Br nhiều hơn => góc liên kết của (2) < (3) 0,5 Vậy ta có góc liên kết tăng dần theo thứ tự: (1) < (2) < (3) 0,5

0,5 Học sinh viết hai PTHH M2(SO4)n + nSO2 + 2nH2O (1) 2M + 2nH2SO4 2MxSy + (2nx + 4y)H2SO4 xM2(SO4)n + (nx + 6y)SO2 + (2nx + 4y)H2O (2) 0,5 Từ giả thiết ta lập được phương trình n.x.M + 6.y.M = 2M.x.n + 64y.n Xét các giá trị của n, x, y từ 1 đến 3 ta nhận thấy nghiệm thích hợp là x 0,5 = 2; y = 1; n = 2 và M = 64. Vậy kim loại M là Cu và hợp chất X là Cu2S. 0,5

Gọi x, y, z lần lượt là số mol của M2CO3, MHCO3, MCl. Ta có: (2M + 60)x +(M + 61)y + (M + 35,5)z = 43,71 (I) PTHH: M2CO3 + 2HCl 2MCl + CO2 + H2O MHCO3 + HCl MCl + CO2 + H2O Dung dịch B có: MCl = (2x + y + z) mol và HCl dư Khí C là CO2 : x + y = 0,4 mol (II) Khi B tác dụng với KOH: 0,2 mol HCl + KOH KCl + H2O

0,5

Trang 42

Khi B tác dụng với AgNO3 dư: MCl + AgNO3 AgCl + MNO3 HCl + AgNO3 AgCl + HNO3 Ta có số mol AgCl kết tủa = số mol MCl + 0,2 = 0,96 mol (2x + y + z) = 0,76 (III) Từ (II) và (III) => z = 0,36 – x; y = 0,4 – x 0,5 Thay vào (I) ta có: 0,76M – 36,5x = 6,53 Hay x = (0,76M – 6,35)/36,5 Vì 0 < x < 0,4 nên 8,6 < M < 27,8 Vậy M = 23 và M là kim loại kiềm Natri 0,5 Thay M = 23 vào các phương trình trên ta được: x = 0,3; y = 0,1 và z = 0,06 Trong A có 31,8 gam Na2CO3 chiếm 72,75%; 8,4 gam NaHCO3 chiếm 19,22% và 3,51 gam NaCl chiếm 8,03% Số mol HCl = 0,9 mol nên V = 297,4 ml 0,5 m = khối lượng NaCl + khối lượng KCl = 22,23 + 7,45 = 29,68 gam m = 29,68 gam

Nếu học sinh giải bằng cách khác mà đúng vẫn được điểm tối đa.

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT NĂM HỌC 2013-2014 MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi có 02 trang, gồm 10 câu)

Câu 1: Hãy giải thích các nội dung sau: a. Phân tử CO2 không phân cực, trong khi phân tử SO2 lại phân cực. b. Phân tử NO2 có thể nhị hợp tạo thành phân tử N2O4, trong khi phân tử SO2 không có khả năng nhị hợp. c. Tinh thể sắt có tính dẫn điện, còn tinh thể kim cương lại không dẫn điện. d. Các phân tử HF có khả năng polime hóa thành (HF)n, trong khi phân tử HCl không có khả năng polime hóa. Câu 2: Hoàn thành các phương trình phản ứng sau: a. A2(CO3)a + HNO3 NO + ... ( A là kim loại có hoá trị cao nhất là b) b. N2H4 + AgNO3 + NaOH N2 + Ag + NaNO3 + ... Trang 43

c. Fe3O4 + HNO3 dư NxOy + ... d. KClO4 + FeCl2 + H2SO4 Cl2 + ... Câu 3: Hãy hoàn thành các phương trình phản ứng theo sơ đồ sau (mỗi chữ cái trong ngoặc là một chất): (A) (B) + (C) + (D) (C) + (E) (G) + (H) + (I) (A) + (E) (K) + (G) + (I) + (H) (K) + (H) (L) + (I) + (M) Biết: (D); (I) ; (M) là các đơn chất ở trạng thái khí trong điều kiện thường, khí (I) có tỉ khối so với khí SO2 là 1,1094. Để trung hòa dung dịch chứa 2,24 gam (L) cần 200 ml dung dịch H2SO4 0,1M. Câu 4: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp Mg, Fe trong O2 được hỗn hợp chất rắn A. Hòa tan hoàn toàn A vào dung dịch H2SO4 loãng dư được dung dịch B. Dung dịch B tác dụng vừa đủ với 1,12 lít Cl2 (đktc) được dung dịch C (coi Cl2 tác dụng với H2O không đáng kể). Cho dung dịch NaOH dư vào C lọc, thu được chất rắn D. Nung D đến khối lượng không đổi, được 32 gam chất rắn E. a. Viết các phương trình phản ứng. b. Tính m. Câu 5: Quặng pirit trong thực tế được coi là hỗn hợp FeS2 và FeS. Khi xử lí một mẫu quặng pirit bằng Br2 trong KOH dư, đun nóng, người ta thu được kết tủa đỏ nâu X và dung dich Y. Nung X đến khối lượng không đổi được 1,2 gam chất rắn. Thêm dung dich Ba(OH)2 dư vào dung dich Y thì thu được 6,6405 gam kết tủa trắng không tan trong HCl (biết các phản ứng đều hoàn toàn). a. Viết các phương trình phản ứng. b. Tính % khối lượng của FeS trong loại quặng pirit trên. Câu 6: Hợp chất X có công thức AxB2 (A là kim loại B là phi kim). Biết trong nguyên tử B có số notron nhiều hơn proton là 10, trong nguyên tử A số electron bằng số notron, trong 1 phân tử AxB2 có tổng số proton bằng 82, phần trăm khối lượng của B trong X bằng 86,957%. Xác định A,B. Câu 7: Bật tia lửa điện để đốt cháy hỗn hợp X gồm O2 và H2 với hiệu suất phản ứng là 90% sau phản ứng đưa hỗn hợp về 200C được hỗn hợp khí Y có tỷ khối so với H2 bằng 88/73. Tính thành phần trăm thể tích các khí trong X (thể tích chất lỏng là không đáng kể). Câu 8: Cho CO qua hỗn hợp A gồm CuO và Fe3O4 nung nóng một thời gian, được m gam hỗn hợp chất rắn B gồm Cu, CuO, Fe, FeO. Hoà tan hoàn toàn B vào dung dịch HNO3 dư, được 1,344 lít hỗn hợp NO và NO2 (đktc không có sản phẩm khử nào khác) có tỷ khối so với H2 bằng 61/3 và dung dịch C chứa 22,98 gam hỗn hợp 2 muối. Tính m biết trong A số mol CuO gấp 2,25 lần số mol Fe3O4. Câu 9: Trong một mẫu gỗ lấy từ một ngôi mộ cổ có 10,3 phân hủy 14C. Biết trong khí quyển có 15,3 phân hủy 14C, các số phân hủy nói trên đều tính với 1,0 gam cacbon, xảy ra trong 1,0 giây. Cho biết chu kỳ bán hủy của 14C là 5730 năm. Hãy cho biết cây tạo ra mẫu gỗ trên đã chết bao nhiêu năm, trong phép tính trên chấp nhận sai số gì? Trang 44

------------------ HẾT----------------- Học sinh không được sử dụng tài liệu (trừ bảng Hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hoá học). - Cán bộ coi thi không phải giải thích gì thêm. - Họ và tên thí sinh: ...............................................................................Số báo danh:................

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO HÀ TĨNH

Câu

KỲ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT NĂM HỌC 2013-2014 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HOÁ HỌC LỚP 10

Nội dung Đ iể m Câu 1: Em hãy giải thích các nội dung sau: a. Phân tử CO2 không phân cực, trong khi phân tử SO2 lại phân cực. b. Phân tử NO2 có thể nhị hợp tạo thành phân tử N2O4, trong khi phân tử SO2 không có khả năng nhị hợp. c. Tinh thể sắt có tính dẫn điện, còn tinh thể kim cương lại không dẫn điện. d. Các phân tử HF có khả năng polime hóa thành (HF)n , trong khi phân tử HCl không có khả năng polime hóa.

HD: a. * Phân tử CO2 có nguyên tử trung tâm (nguyên tử cacbon) lai hóa sp nên phân tử dạng đường thẳng 2 nguyên tử O ở 2 đầu nên phân tử không phân cực. * Trong khi phân tử SO2 có nguyên tử trung tâm (nguyên tử lưu huỳnh) lai hóa sp2 nên phân tử có dạng góc. Mặt khác liên kết S với O là liên kết phân cực nên phân tử phân cực O=C=O ; S O O 0,5 Trang 45

b. * Phân tử NO2 có nguyên tử trung tâm lai hóa sp2 (nguyên tử nitơ) nên phân tử có dạng góc. Mặt khác trên nguyên tử N trong phân tử NO2 có 1 electron độc thân trong một obitan lai hóa nên 2 phân tử NO2 dễ nhị hợp tạo thành phân tử N2O4. * Phân tử SO2 như đã mô tả ở trên không có obitan nào tương tự để các phân tử 0,5 SO2 có thể nhị hợp. c. * Trong tinh thể Fe có các electron tự do nên có thể dẫn điện. * Trong tinh thể kim cương các nguyên tử C liên kết với nhau bằng liên kết cộng 0,5 hóa trị nên không có các electron tự do nên không dẫn điện được. d. * Vì F có độ âm điện lớn, có bán kính nhỏ nên giữa nguyên tử H của phân tử HF này có thể tạo thành liên kết khá bền với nguyên tử F của phân tử HF khác nên HF có thể bị polime hóa tạo ra (HF)n. * Nguyên tử Cl có bán kính lớn, độ âm điện nhỏ hơn F nên liên kết giữa các phân tử HCl kém bền nên phân tử HCl không thể bị polime hóa. 0,5 Câu 2: Hoàn thành các phương trình phản ứng sau: a. A2(CO3)a + HNO3 NO + ... ( A là kim loại có hoá trị cao nhất là b) b. N2H4 + AgNO3 + NaOH N2 + Ag + NaNO3 + ... c. Fe3O4 + HNO3 dư NxOy + ... d. KClO4 + FeCl2 + H2SO4 Cl2 + ... HD: a. 3A2(CO3)a + (8b-2a)HNO3  → 6A(NO3)b + 2(b-a)NO + 3aCO2 + (4b-a)H2O b. N2H4 + 4AgNO3 + 4NaOH  → N2 + 4Ag + 4NaNO3 + 4H2O c. (5x-2y) Fe3O4 + (46x-18y)HNO3 (15x-6y)Fe(NO3)3 + 1NxOy +(23x-9y) H2O d. 6KClO4 + 14FeCl2 + 24H2SO4 17Cl2 + 7Fe2(SO4)3 + 3K2SO4 + 24H2O

0,5 0,5 0,5 0,5

Câu 3: Hãy hoàn thành các phương trình phản ứng theo sơ đồ sau (mỗi chữ cái trong ngoặc là một chất): (A) (B) + (C) + (D) (C) + (E) (G) + (H) + (I) (A) + (E) (K) + (G) + (I) + (H) (K) + (H) (L) + (I) + (M) Biết: (D); (I) ; (M) là các đơn chất ở trạng thái khí trong điều kiện thường, khí (I) có tỉ khối so với khí SO2 là 1,1094. Để trung hòa dung dịch chứa 2,24 gam (L) cần 200 ml dung dịch H2SO4 0,1M. 3

HD: Khối lượng mol của I bằng 71 là Cl2; khối lượng mol của L là 56 ⇒ L là KOH. 0 2KMnO4 t K2MnO4 + MnO2 + O2 (A) (B) (C) (D) t0 MnO2 + 4HCl MnCl2 + 2H2O + Cl2 (C) (E) (G) (H) (I) 2KMnO4 + 16HCl 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O (A) (E) (K) (G) (I) (H) Đp, MNX 2KCl + 2H2O 2KOH + Cl2 + H2 (K) (H) (L) (I) (M) Câu 4:

0,5 0,5 0,5 0,5

Trang 46

Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp Mg, Fe trong O2 được hỗn hợp chất rắn A. Hòa tan hoàn toàn A vào dung dịch H2SO4 loãng, dư, được dung dịch B. Dung dịch B tác dụng vừa đủ với 1,12 lít Cl2 (đktc) được dung dịch C (coi Cl2 tác dụng với H2O không đáng kể). Cho dung dịch NaOH dư vào C lọc thu được chất rắn D. Nung D đến khối lượng không đổi được 32 gam chất rắn E. a. Viết các phương trình phản ứng. b. Tính m. HD: a. Các phương trình phản ứng: 2Mg + O2 2MgO Fe3O4 3Fe + 2O2 MgO + H2SO4 MgSO4 + H2O Fe3O4 + 4H2SO4 FeSO4 + Fe2(SO4)3 2Fe2(SO4)3 + 2FeCl3 6FeSO4 + 3Cl2 MgSO4 + 2NaOH Mg(OH)2 +Na2SO4 Fe2(SO4)3 + 6NaOH Fe(OH)3 + 3Na2SO4 t0 Mg(OH)2 MgO + H2O t0 1,0 2Fe(OH)3 Fe2O3 +3H2O b. Gọi số mol Fe và Mg lần lượt là a và b ta có (a/2)*160+40b=32 (1) nFe=3*nCl ta có a=3*2*1,12/22,4 (2) 1,0 a=nFe=0,3 b=0,2 m=21,6 gam Câu 5: Quặng pirit trong thực tế được coi là hỗn hợp FeS2 và FeS. Khi xử lí một mẫu quặng pirit bằng Br2 trong KOH dư, đun nóng, người ta thu được kết tủa đỏ nâu X và dung dich Y. Nung X đến khối lượng không đổi được 1,2 gam chất rắn. Thêm dung dich Ba(OH)2 dư vào dung dich Y thì thu được 6,6405 gam kết tủa trắng không tan trong HCl (biết các phản ứng đều hoàn toàn). a. Viết các phương trình phản ứng. b. Tính % khối lượng của FeS trong loại quặng pirit trên. 5

HD: 0 a. 2FeS2 + 15Br2 + 38KOH t 2Fe(OH)3 + 4K2SO4 + 30KBr + 16H2O 0 2FeS + 9Br2 + 22KOH t 2Fe(OH)3 + 2K2SO4 + 18KBr + 8H2O 0 2Fe(OH)3 t Fe2O3 + 3H2O 1,0 Ba(OH)2 + K2SO4 BaSO4 + 2KOH b. nFe=2*nFe2O3=2*(1,2/160)= 0,015 mol. nS=nBaSO4= 6,6405/233=0,0285 mol Gọi số mol FeS2 là a, số mol FeS là b ta có a+b=0,015 1,0 2a+b=0,0285 a=0,0135 b=0,0015 ⇒ %mFeS= 7,534% Câu 6: Hợp chất X có công thức AxB2 (A là kim loại B là phi kim). Biết trong nguyên tử B có số notron nhiều hơn proton là 10, trong nguyên tử A số electron bằng số notron, trong 1 phân tử AxB2 có tổng số proton bằng 82, phần trăm khối lượng của B trong X bằng 86,957%. Xác định A,B. HD: MX= 82*2+10*2= 184.

1,0

Trang 47

0,5 2*MB/184= 86,957% ⇒ MB=80 ⇒ B là Br gọi X là AxBr2 0,5 MA*x+ 160= 184 ⇒ MA*x=24 ⇒ x=1, MA=24 A là Mg. Câu 7: Bật tia lửa điện để đốt cháy hỗn hợp X gồm O2 và H2 với hiệu suất phản ứng là 90% sau phản ứng đưa hỗn hợp về 200C được hỗn hợp khí Y có tỷ khối so với H2 bằng 88/73. Tính thành phần trăm thể tích các khí trong X (thể tích chất lỏng là không đáng kể).

HD: Xét 1 mol X gọi số mol O2 và H2 lần lượt là a và b ta có a+b=1 (1) Hỗn hợp sau phản ứng đưa về 200C nên chỉ có O2 dư và H2 dư có M=2*88/73 ≈ 0,5 2,41 ⇒ nếu phản ứng hoàn toàn thì H2 dư. ⇒ số mol O2 đã phản ứng là 0,9a O2 + 2H2 2H2O ban đầu a b phản ứng 0,9a 2*0,9a 0,1a (b-1,8a) 1,8a Sau phản ứng ⇒ Số mol hỗn hợp giảm là 2,7a ; 0,5 Khối lượng khí giảm so với ban đầu là 18*2*0,9a 88 32a + 2b − 18 * 2 * 0,9a Ta có 2* = (2) 73 1 − 2,7a Từ (1) và (2) ta có a=0,1 b=0,9 1,0 Hỗn hợp X có 10% thể tích là O2 và 90% thể tích là H2. Câu 8: Cho CO qua hỗn hợp A gồm CuO và Fe3O4 nung nóng một thời gian, được m gam hỗn hợp chất rắn B gồm Cu, CuO, Fe, FeO. Hoà tan hoàn toàn B vào dung dịch HNO3 dư, được 1,344 lít hỗn hợp NO và NO2 (đktc không có sản phẩm khử nào khác) có tỷ khối so với H2 bằng 61/3 và dung dịch C chứa 22,98 gam hỗn hợp 2 muối. Tính m biết trong A số mol CuO gấp 2,25 lần số mol Fe3O4. HD: Gọi số mol CuO là a và số mol Fe3O4 là b ta có a-2,25b=0 a(64+62*2)+3b*(56+62*3)=22,98 a=0,045 b=0,02 1,0 ⇒ khối lượng hỗn hợp đầu = 8,24 gam Gọi số mol NO là x số mol NO2 là y ta có x+y=1,344/22,4 30x+46y=(1,344/22,4)*2*61/3 x=0,02 y=0,04 Coi như m gam hỗn hợp B được tạo thành từ 0,045 mol Cu và 0,06 mol Fe ta có +O +HNO Cu,Fe Cu, CuO, Fe, FeO Cu(NO3)3, Fe(NO3)3 ⇒ 0,045*2+0,06*3=2*(m-0,045*64-0,06*56)/16+0,02*3+0,04 1,0 ⇒ m=7,6 Câu 9: Trong một mẫu gỗ lấy từ một ngôi mộ cổ có 10,3 phân hủy 14C. Biết trong khí quyển có 15,3 phân hủy 14C, các số phân hủy nói trên đều tính với 1,0 gam cacbon, xảy ra trong 1,0 giây. Cho biết chu kỳ bán hủy của 14C là 5730 năm. Hãy cho biết cây tạo ra mẩu gỗ trên đã chết bao nhiêu năm, trong phép tính trên chấp nhận sai số gì? Hướng dẫn giải: * Cùng 1 gam C mà tỷ số phân hủy là 15,3/10,3 ⇒ Nồng độ 14C thời điểm khi mẫu than hình thành so với hiện tại C0/C=15,3/10,3 2

Trang 48

ln 2 ln 2 = t1 / 2 5730 1 C 5730 15,3 Niên đại của mẩu gỗ t = ln 0 = = 3271,2 (năm) ln k C ln 2 10,3 Cây tạo ra mẫu gỗ đã chết cách đây khoảng 3271,2 (năm) * Để tính niên đại theo cách trên chấp nhận hàm lượng 14C trong cây khi còn sống bằng hàm lượng 14C trong không khí tại thời điểm đo cường độ phóng xạ. Mặt khác hằng số phóng xạ: k =

Câu 10: Trộn 8,31 gam hợp chất A (gồm 3 nguyên tố) với 5,4 gam nhôm, đem nung nóng cho phản ứng xẩy ra hoàn toàn (trong điều kiện không có không khí) thu được hỗn hợp chất rắn B gồm Al, Al2O3 và một muối. Đem hoà tan hoàn toàn hỗn hợp B trong dung dịch HNO3 dư, thu được 0,896 lít khí NO ở (đktc, không có sản phẩm khử nào khác) và dung dịch C. Cho dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch C thu được 8,61 gam kết tủa màu trắng. Lập công thức phân tử của A. (Biết A chứa 1 kim loại có hoá trị không đổi trong hợp chất). HD: - Chất kết tủa màu trắng từ dung dịch C là AgCl ⇒ A chứa Cl, O và một kim loại khác. - Hợp chất chứa O của Cl tác dụng với Al dư ⇒ muối thu được trong B không chứa O nO trong 8,31 gam A= nO trong Al2O3 nAl trong Al2O3=(5,4/27)-(0,896/22,4)=0,16 mol ⇒ nAl2O3=0,08 mol ⇒ nO trong 8,31 gam A=0,16 mol Mặt khác nCl trong 8,31 gam A= nAgCl=8,61/143,5=0,06 mol nCl: nO = 0,06 : 0,24 = 1:4 ⇒ Gốc axit của muối là ClO4⇒ muối là M(ClO4)n ⇒ (M+99,5.n)*nA = 8,31 nA*x= nCl trong 8,31 gam A = 0,06 ⇒ (M+99,5.n)= 138,5 ⇒ n=1, M = 39 là phù hợp Công thức phân tử của A là KClO4

1,0

0,5

Lưu ý: Nếu thí sinh giải đúng theo cách khác vẫn cho điểm tối đa.

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi có 02 trang, gồm 06 câu)

Trang 49

Câu I: 1. Trong thiên nhiên, brom có nhiều ở nước biển dưới dạng NaBr. Công nghiệp hóa học điều chế brom từ nước biển được thực hiện theo quy trình sau đây: - Cho một ít dung dịch H2SO4 vào một lượng nước biển; - Sục khí clo vào dung dịch mới thu được; - Dùng không khí lôi cuốn hơi brom tới bảo hòa vào dung dịch Na2CO3; - Cho dung dịch H2SO4 vào dung dịch đã bão hòa brom, thu hơi brom rồi hóa lỏng. Hãy viết các phương trình hóa học chính đã xảy ra trong các quá trình trên và cho biết vai trò của H2SO4. 2. Cho m gam hỗn hợp X gồm CuCl2 và FeCl3 vào nước thu được dung dịch A. Chia A làm 2 phần bằng nhau. Sục khí H2S dư vào phần 1 được 1,28 gam kết tủa, cho Na2S dư vào phần 2 được 3,04 gam kết tủa. Tính m. Câu II: 1. Năng lượng ion hóa thứ nhất (I1- kJ/mol) của các nguyên tố chu kỳ 2 có giá trị (không theo trật tự) 1402, 1314, 520, 899, 2081, 801, 1086, 1681. Hãy gắn các giá trị này cho các nguyên tố tương ứng. Giải thích. 2. Có 1 lít dung dịch X gồm Na2CO3 0,1M và (NH4)2CO3 0,25M. Cho 43 gam hỗn hợp BaCl2 và CaCl2 vào dung dịch X, sau khi phản ứng kết thúc thu được 39,7 gam kết tủa A. Tính thành phần % khối lượng các chất trong A. Câu III: 1.a. Sục từ từ khí Cl2 vào dung dịch KI, hãy cho biết màu sắc dung dịch biến đổi như thế nào? Giải thích. b. Hãy giải thích tại sao ái lực electron của flo (3,45 eV) bé hơn của clo (3,61 eV) nhưng tính oxi hóa của flo lại mạnh hơn của clo? 2. Cho hỗn hợp gồm 0,03 mol Al, 0,02 mol Cu và 0,02 mol Zn tác dụng với hỗn hợp 2 axit H2SO4 và HNO3, sau phản ứng thu được 4,76 gam hỗn hợp khí SO2 và NO2 có thể tích là 1,792 lít (đo ở điều kiện tiêu chuẩn) và m gam muối (không có muối amoni). Tính m. Câu IV: 1. M và R là các nguyên tố thuộc phân nhóm chính (nhóm A), có thể tạo với hiđro các hợp chất MH và RH. Gọi X và Y lần lượt là hiđroxit ứng với hóa trị cao nhất của M và R. Trong Y, R chiếm 35,323% khối lượng. Để trung hòa hoàn toàn 50 gam dung dịch 16,8% X cần 150 ml dung dịch Y 1M. Xác định các nguyên tố M và R. 2. Để hoà tan hoàn toàn a mol một kim loại cần một lượng vừa đủ a mol H2SO4, sau phản ứng thu được 31,2 gam muối sunfat và khí X. Toàn bộ lượng khí X này làm mất màu vừa đủ 500 ml dung dịch Br2 0,2M. Xác định tên kim loại. Câu V: 1.Trong một tài liệu tham khảo có ghi những phương trình hóa học như dưới đây, hãy chỉ ra những lỗi (nếu có) và sửa lại cho đúng. a. CaI2 + H2SO4 đặc CaSO4 +2HI b. 3FeCl2 + 2H2SO4 đặc FeSO4 + 2FeCl3 + SO2 +2H2O c. Cl2 +2KI dư 2KCl + I2 2. Đun nóng hỗn hợp X gồm bột Fe và S trong điều kiện không có không khí, thu được hỗn hợp rắn A. Cho A tác dụng với một lượng dư dung dịch HCl thu được sản phẩm khí Y có tỉ khối so với H2 là 13. Lấy 2,24 lít (đo ở điều kiện tiêu chuẩn) khí Y đem đốt cháy rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy đó đi qua 100 ml dung dịch H2O2 5,1% (có khối lượng riêng bằng 1g/ml), sau phản ứng thu được dung dịch B. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. a. Tính thành phần % khối lượng các chất trong hỗn hợp X. b. Xác định nồng độ % các chất trong dung dịch B. Câu VI: Trang 50

1.Cho m gam hỗn hợp kim loại Ba, Na (được trộn theo tỉ lệ số mol 1:1) vào nước được 3,36 lít H2 (đo ở điều kiện tiêu chuẩn) và dung dịch X. Cho CO2 hấp thụ từ từ vào dung dịch X. Vẽ đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của số mol kết tủa theo số mol CO2 được hấp thụ. 2. A là dung dịch chứa AgNO3 0,01M, NH3 0,25M và B là dung dịch chứa các ion Cl-, Br-, I- đều có nồng độ 0,01M. Trộn dung dịch A với dung dịch B (giả thiết ban đầu nồng độ các ion không đổi). Hỏi kết tủa nào được tạo thành? Trên cơ sở của phương pháp, hãy đề nghị cách nhận biết ion Cltrong dung dịch có chứa đồng thời 3 ion trên. + -7,24 Biết: Ag(NH3)2+ ↽ ; TAgCl = 1,78.10-10 ; TAgBr = 10-13; TAgI = 10-16. ⇀ Ag + 2NH3 k = 10

-----------------HẾT---------------

- Thí sinh không được sử dụng tài liệu (kể cả bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học). - Cán bộ coi thi không phải giải thích gì thêm.

- Họ và tên thí sinh……………………………………………… Số báo danh………………………

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO HÀ TĨNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THPT NĂM HỌC 2012-2013 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HOÁ HỌC 10 Nội dung

Đ Trang 51

âu

iểm +

H Cl2 + 2NaBr → 2NaCl + Br2

3Br2 + 3Na2CO3 → 5NaBr + NaBrO3 + 3CO2

(1) (2)

H2SO4 + Na2CO3 → Na2SO4 + CO2 + H2O (3) 5NaBr + NaBrO3 + 3H2SO4 → 3Na2SO4 + 3Br2 + 3H2O (4) Vai trò của H2SO4: (1) H2SO 4 có tác dụng axit hóa môi trường phản ứng, (3) OHtr-ường ki (4) là chất tham gia pư, nếu- môi ềm thì sẽ có cân bằng: . 3Br2+ 6OH 5Br- + BrO3- + 3H2O + H

2. Thêm H2S vào phần 1 ta có: 2FeCl3 + H2S → 2FeCl2 + S + 2HCl x

0,5x

CuCl2 + H2S → CuS↓ + 2HCl y

16x +96y = 1,28

y (I)

Thêm Na2S vào phần 2 2FeCl3 + Na2S → 2FeCl2 + S + 2NaCl sau đó: FeCl2 + Na2S → FeS↓ + 2NaCl

2FeCl3 + 3Na2S → 2FeS↓ + S↓ + 6NaCl

mol:

0,5 x

CuCl2 + Na2S → CuS↓ + 2NaCl y

88x + 32.0,5x + 96y = 3,04 (II) + Từ (I, II) ta có: x = 0,02 mol và y = 0,01 mol m = 4,6.2 = 9,2 gam.

1. Giá trị năng lượng ion hóa tương ứng với các nguyên tố: IA IIA IIIA IVA VA VIA VIIA VIIIA Li Be B C N O F Ne 2p3 2p4 2p5 2p6 2s1 2s2 2p1 2p2 I1 (kJ/mol) 520 899 801 1086 1402 1314 1681 2081 Nhìn chung từ trái qua phải trong một chu kỳ năng lượng ion hóa I1 tăng dần, phù hợp với sự biến thiên nhỏ dần của bán kính nguyên tử. Có hai biến thiên bất thường xảy ra ở đây là: - Từ IIA qua IIIA, năng lượng I1 giảm do có sự chuyển từ cấu hình bền ns2 qua cấu hình kém bền hơn ns2np1 (electron p chịu ảnh hưởng chắn của các electron s nên liên kết với hạt nhân kém bền chặt hơn). - Từ VA qua VIA, năng lượng I1 giảm do có sự chuyển từ cấu hình bền ns2np3 qua cấu hình kém bền hơn ns2np4 (trong p3 chỉ có các electron độc thân, p4 có một cặp ghép đôi, xuất hiện lực đẩy giữa các electron).

Trang 52

2. Học sinh viết ptpu, ta có thể tóm tắt như sau: M2+ + CO32- MCO3 Dự vào số mol muối cacbonat, tính được nCO32- = 0,35 Theo tăng giảm khối lượng thấy từ 1 mol MCl2 về MCO3 khối lượng 3,3giảm 11 gam. Thực tế khối lượng giảm 43 – 39,7 = 3,3 gam Số mol MCO3 = = 0,3 < 11 nCO32- -> CO32- có dư, M2+ pư hết nBaCl2 = x, CaCl2 = y, lập hệ pt đại số 208x +111y = 43 và x + y = 0,3 giải ra được BaCO3 = 0,1 mol, CaCO3 = 0,2 mol và % BaCO3 = 49,62%, CaCO3 = 50,38%.

1. a. dd KI xuất hiện màu đỏ tím, sau đó dần trở lại không màu

Cl2 + 2KI 2KCl + I2 và 5Cl2 + I2 + 6H2O 2HIO3 + 10HCl b. Quá trình chuyển X2 2X- phụ thuộc vào 2 yếu tố: năng lượng phân li phân tử thành nguyên tử (tức năng lượng liên kết) và ái lực e để biến nguyên tử X thành ion XMặc dù ái lực của flo bé hơn clo, nhưng năng lượng liên kết của flo lại thấp hơn của clo nên flo dễ phân li thành nguyên tử hơn, vì vậy tính oxi hóa của flo mạnh hơn clo (Năng lượng liên kết của flo thấp hơn clo vì: Trong phân tử F chỉ có các AO p, không có AO trống phân tử F2 chỉ có liên kết σ . Trong nguyên tử Cl, ngoài các AO p còn có AO d trống phân tử Cl2 ngoài sự xen phủ các AO p để tạo liên kết σ , thì mây e còn đặt vào AO d trống, do đó tạo một phần liên kết pi).

2. Dựa vào thể tích và khối lượng hỗn hợp khí, lập hệ pt dễ dàng tính được số mol SO2 = 0,06 và NO2 = 0,02 số mol e nhận = 0,06.2 + 0,02 = 0,14 Nếu tất cả kim loại đều tan thì ne nhường = 0,03.3 + 0,02.2 + 0,02.2 = 0,17 > 0,14. Như vậy có0,kim ại còn dư, đó là Cu (vì Cu có tính khử yếu nhất), tính được 17 − lo 0,14 = 0,015 số mol Cu dư = 2 Ta có : NO3- + 2H+ +1e NO2 + H2O 0,02

0,04

SO4 + 4H+ +2e SO2 +2H2O 0,06

0,24

nNO3 -(muối) = nNO3- (ax) – nNO2 = nH+ - nNO2 = 0,04 – 0,02 = 0,02 axit

Tương tự tính được nSO42- = 0,06 mol. Khối lượng muối = mkim loại + mgốc

m = 0,03.27 + 0.02.65 + 0,005.64 + 0,02.62 + 0,06.96 = 9,43 (gam) V

1. Hợp chất với hiđro có dạng RH nên R có thể thuộc nhóm IA hoặc VIIA. Trường hợp 1 : Nếu R thuộc nhóm IA thì Y có dạng ROH R 35,323 Ta có : = ⇒ R = 9,284 (loại do không có nghiệm thích hợp) 17 64,677 Trường hợp 2 : R thuộc nhóm VIIA thì Y có dạng HRO4 R 35,323 Ta có : = ⇒ R = 35,5 , vậy R là nguyên tố clo (Cl). 65 64,677 Do hiđroxit của R (HClO4) là một axit, nên hiđroxit của M phải là một bazơ dạng MOH 16,8 mX = × 50 gam = 8,4 gam 100

Trang 53

MOH + HClO4 → XClO4 + H2O ⇒ n MOH = n HClO 4 = 0,15 L × 1 mol / L = 0,15 mol 8,4 gam ⇒ M + 17 = = 56 0,15 mol ⇒ M = 39 , vậy M là nguyên tố kali (K).

2. Khí X có khả năng làm mất màu dung dịch nước brom nên X phải là H2S hoặc SO2. Giả sử X là H2S, ta có phương trình phản ứng: 8R + 5nH2SO4 → 4R2(SO4)n + nH2S + 4nH2O 5n 8 Theo ptpu: n H 2 SO4 = nR. Theo bài ra: n H 2 SO4 = nR → 5n = 8 → n = . 8 5 Vậy khí X đã cho là khí SO2. Và ta có phương trình phản ứng: 2R + 2nH2SO4 → R2(SO4)n + nSO2 + 2nH2O Ta có: 2 =2n n =1 Phương trình (1) được viết lại: 2R + 2H2SO4 → R2SO4 + SO2 + 2H2O * Cho khí X phản ứng với dung dịch Br2 xảy ra phản ứng sau: SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr

(2)

Theo (2): n SO2 = n Br2 = 0,5.0,2 = 0,1(mol); theo (*): nR2SO4 = n SO2 = 0,1(mol) 31, 2 Theo bài ra khối lượng của R2SO4 = 31,2g → M R2 SO4 = = 312 → MR = 0,1 108 (R là Ag).

1. a. HI có tính khử, pư được với H2SO4 đặc, nên sửa lại ,5

4CaI2 + 5H2SO4 đặc 4CaSO4 + H2S + 4I2 +4H2O b. Do FeSO4 có tính khử, H2SO4 đặc có tính oxi hóa nên phương trình được viết lại: 2FeCl2 + 4H2SO4 Fe2(SO4)3 + SO2 + 4HCl + 2H2O c. Do có KI dư nên I2 tan trong KI tạo KI3, vậy phương trình được viết lại: Cl2 + 3KI 2KCl + KI3

2. a) Viết phương trình: Fe + S → FeS

(1)

FeS + 2HCl → FeCl2 + H2S↑

(2)

Với M Y = 13.2 = 26 ⇒ Y có H2S và H2, do Fe dư phản ứng với HCl. Fedư + 2HCl → FeCl2 + H2↑

(3)

2H2S + 3O2 → 2SO2 + 2H2O

(4)

→ 2H2O

(5)

SO2 + H2O2 → H2SO4

(6)

2H2 + O2

Đặt n H2S = a (mol); n H2 = b (mol)

34a + 2b a 3 = 26 ⇒ = a+b b 1 Giả sử n H2 = 1 (mol) ⇒ n H2S = 3 (mol)

⇒ MY =

Trang 54

(1)(2) ⇒ n Fe phản ứng = nS = nFeS = n H 2S =

3 (mol)

(3) ⇒ nFe dư = n H2 = 1 (mol) ⇒ n Fe ban đầu = 1 + 3 = 4 (mol)

4.56.100% Vậy: = 70% 4.56 + 3.32

%mFe

%mS = 100% - 70% =

30% b) 0,075 (mol).

nY =

2,24 = 0,1(mol) 22,4

⇒ n H2S =

3 .0,1 = 4

⇒ n H2 = 0,1 - 0,075 = 0,025 (mol). 5,1.1.100 n H 2O 2 = = 0,15(mol) 100.34 Từ (4)(6) ⇒ n SO2 = n H2S = 0,075 (mol) ⇒

Từ (6)

(mol) ⇒ H2O2 dư.

n H2SO4 = n SO2 = 0,075

n H2O2 phản ứng = n SO2 = 0,075 (mol) ⇒

H2O2 dư = 0,15 - 0,075 = 0,075 (mol) Áp dụng BTKL ta có:

mddB = m ddH2O2 + m SO2 + m H 2O =

100.1 + 0,075.64 + 0,1.18 = 106,6 (g) Vậy:

C%H2SO4 =

C%H2O2 dư =

0,075.34.100 = 2,392 (%). 106,6

0,075.98.100 = 6,695 (%). 106,6

1. Ba + H2O Ba(OH)2 + H2 Na + H2O NaOH + 1/2H2 Dựa vào pt, tính được nBa(OH)2 = NaOH = 0,1. Tính được nOH- = 0,3

Sục từ từ CO2 vào dd X có các pư CO2 + 2OH- CO32- + H2O CO32- + Ba2+ BaCO3 BaCO3 + CO2 Ba(HCO3)2 Dựa vào pt, hs vẽ được đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của số mol BaCO3 kết tủa với số mol CO2 được hấp thụ (Hình thang cân…..) nkết tủa

0,1

0,2

0,3

nCO2

Trang 55

2. Vì AgNO3 tạo phức với NH3 nên trong dung dịch A chứa Ag(NH3)2+ 0,01M và NH3 = 0,25 – 0,02 = 0,23M Ag(NH3)2+ == Ag+ + 2NH3 Ban đầu

0,01

Cân bằng

0,01-x x 2 x (0, 23 + 2 x ) K = 10-7,24 = -8 01 − x bằng của Ag+= 1,09.100,

K = 10-7,24

0,23 0,23 + 2x Giải được x = 1,09.10-8 . Vậy nồng độ cân

Ta có T = Ag+.X- = 1,09.10-8. 0,01 = 1,09.10-10 Như vậy: T < TAgCl nên không có kết tủa AgCl T > TAgBr và TAgI nên có kết tủa AgBr và AgI

Để nhận biết Cl- trong dd có chúa đồng thời 3 ion trên, ta dùng dd A để loại bỏ Br và I- (tạo kết tủa), sau đó thêm từ từ axit để phá phức Ag(NH3)2NO3 làm tăng nồng độ Ag+, khi đó T tăng lên và T > TAgCl mới có kết tủa AgCl (nhận ra Cl-) -

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO HÀ TĨNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 11 Trang 56

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi có 02 trang, gồm 6 câu)

Câu I: Nguyên tử của nguyên tố R ở trạng thái cơ bản có tổng số electron ở các phân lớp s là 7. a. Viết cấu hình electron nguyên tử của R ở trạng thái cơ bản, xác định tên nguyên tố R. b. Với R có phân lớp 3d đã bão hoà, hoà tan hoàn toàn m gam một oxit của R trong dung dịch H2SO4 đặc, nóng, dư sinh ra 0,56 lít (điều kiện tiêu chuẩn) khí SO2 là sản phẩm khử duy nhất. Toàn bộ lượng khí SO2 trên phản ứng vừa đủ với 2 lít dung dịch KMnO4 thu được dung dịch T (coi thể tích dung dịch không thay đổi). - Viết các phương trình hoá học, tính m và tính nồng độ mol/l của dung dịch KMnO4 đã dùng. - Tính pH của dung dịch T (bỏ qua sự thủy phân của các muối). Biết axit H2SO4 có Ka1 =+∞; Ka2 = 10-2. Câu II: 1. Thêm 1ml dung dịch MgCl2 1M vào 100 ml dung dịch NH3 1M và NH4Cl 1M được 100 ml dung dịch A, hỏi có kết tủa Mg(OH)2 được tạo thành hay không? Biết: TMg(OH)2 =10-10,95 và K b(NH3 ) = 10-4,75. 2. Tính pH của dung dịch thu được khi trộn lẫn các dung dịch sau: a. 10ml dung dịch CH3COOH 0,10M với 10ml dung dịch HCl có pH = 4,00 b. 25ml dung dịch CH3COOH có pH = 3,00 với 15ml dung dịch KOH có pH = 11,00 c. 10ml dung dịch CH3COOH có pH = 3,00 với 10ml dung dịch axit fomic (HCOOH) có pH=3,00. Biết Ka của CH3COOH và HCOOH lần lượt là 10-4,76 và 10-3,75 (Khi tính lấy tới chữ số thứ 2 sau dấu phẩy ở kết quả cuối cùng). Câu III: 1. Cho 2,16 gam hỗn hợp gồm Al và Mg tan hết trong dung dịch axit HNO3 loãng, đun nóng nhẹ tạo ra dung dịch A và 448 ml (đo ở 354,9 K và 988 mmHg) hỗn hợp khí B gồm 2 khí không màu, không đổi màu trong không khí. Tỉ khối của B so với oxi bằng 0,716 lần tỉ khối của CO2 so với nitơ. Làm khan A một cách cẩn thận thu được chất rắn D, nung D đến khối lượng không đổi thu được 3,84 gam chất rắn E. Tính khối lượng D và thành phần phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu. 2. Cho 20 gam hỗn hợp A gồm FeCO3, Fe, Cu, Al phản ứng với 60 ml dung dịch NaOH 2M được 2,688 lít hiđro. Thêm tiếp vào bình sau phản ứng 740 ml dung dịch HCl 1M và đun nóng đến khi ngừng thoát khí, được hỗn hợp khí B, lọc tách được cặn C (không chứa hợp chất của Al). Cho B hấp thụ từ từ vào dung dịch nước vôi trong dư được 10 gam kết tủa. Cho C phản ứng hết với HNO3 đặc nóng dư thu được dung dịch D và 1,12 lít một khí duy nhất. Cho D phản ứng với dung dịch NaOH dư được kết tủa E. Nung E đến khối lượng không đổi được m gam chất rắn. Tính khối lượng mỗi chất trong A, tính m, biết thể tích các khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Câu IV: Đốt cháy hoàn toàn 0,047 mol hỗn hợp X gồm 3 hiđrocacbon mạch hở rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy hấp thụ vào 2 lít dung dịch Ca(OH)2 0,0555M được kết tủa và dung dịch M. Lượng dung dịch M nặng hơn dung dịch Ca(OH)2 ban đầu là 3,108 gam. Cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào dung dịch M thấy có kết tủa lần 2 xuất hiện. Tổng khối lượng kết tủa hai lần là 20,95 gam. Cùng lượng hỗn hợp X trên tác dụng vừa đủ với 1 lít dung dịch Br2 0,09M. Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo của các hiđrocacbon biết có 2 chất có cùng số nguyên tử cacbon, phân tử khối các chất trong X đều bé hơn 100 và lượng hỗn hợp trên tác dụng vừa đủ với 100ml dung dịch AgNO3 0,2M trong NH3 được 3,18 gam 1 kết tủa. Trang 57

Câu V: 1. Hợp chất X có công thức phân tử C6H10 tác dụng với hiđro theo tỉ lệ mol 1: 1 khi có chất xúc tác. Cho X tác dụng với dung dịch KMnO4 trong H2SO4 loãng, đun nóng thu được HOOC(CH2)4COOH. a. Xác định công thức cấu tạo, gọi tên X và viết phương trình phản ứng b. Viết phương trình phản ứng oxi hoá X bằng dung dịch KMnO4 trong nước 2. Đốt cháy hoàn toàn 0,02 mol hỗn hợp X gồm 3 hiđrocacbon đồng phân A, B, C. Hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào 5,75 lít dung dịch Ca(OH)2 0,02M thu được kết tủa và khối lượng dung dịch tăng lên 5,08 gam. Cho Ba(OH)2 dư vào dung dịch thu được, kết tủa lại tăng thêm, tổng khối lượng kết tủa 2 lần là 24,305 gam. a. Xác định công thức phân tử của 3 hiđrocacbon b. Xác định công thức cấu tạo A, B, C biết: - Cả 3 chất đều không làm mất màu dung dịch brom. - Khi đun nóng với dung dịch KMnO4 loãng trong H2SO4 thì A và B đều cho cùng sản phẩm C9H6O6 còn C cho sản phẩm C8H6O4. - Khi đun nóng với brom có mặt bột sắt A chỉ cho một sản phẩm monobrom. Còn chất B, C mỗi chất cho 2 sản phẩm monobrom Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra Câu VI: 1. Khí N2O4 kém bền, bị phân ly một phần theo phương trình: N2O4 (khí) 2NO2 (khí) (1) Thực nghiệm cho biết các số liệu sau khi (1) đạt tới trạng thái cân bằng ở áp suất chung 1 atm: Nhiệt độ (0oC) 35 45 72,450 66,800 M h (g) ( M h là khối lượng mol trung bình của hỗn hợp khí ở trạng thái cân bằng) a. Tính độ phân ly α của N2O4 ở các nhiệt độ đã cho. b. Tính hằng số cân bằng Kp của (1) ở mỗi nhiệt độ trên. c. Cho biết (1) là phản ứng thu nhiệt hay tỏa nhiệt. Giải thích? (Khi tính lấy tới chữ số thứ 3 sau dấu phẩy). 2. Có các phân tử XH3 a. Hãy cho biết dạng hình học của các phân tử PH3 và AsH3. b. So sánh góc liên kết HXH giữa hai phân tử trên và giải thích. c. Những phân tử nào sau đây có phân tử phân cực ? Giải thích ngắn gọn BF3, NH3, SO3, PF3. Cho biết ZP = 15, ZAs = 33, ZO = 8, ZF = 9, ZB = 5, ZN = 7, ZS = 16. ------------------ HẾT-----------------

Trang 58

- Thí sinh không được sử dụng tài liệu (kể cả bảng Hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hoá học). - Cán bộ coi thi không phải giải thích gì thêm. - Họ và tên thí sinh: ..................................................................Số báo danh..............................

Trang 59

HƯỚNG DẪN CHẤM – HÓA 11 Câu 0,75+1,75(1+0,75) a) Trong vỏ nguyên tử của nguyên tố R electron phân bố vào các phân lớp s theo thứ tự là: 1s2; I => Các cấu hình electron thỏa mãn là 2,5 2s2; 3s2; 4s1 1s22s22p63s23p64s1 => Z = 19 R là Kali 1s22s22p63s23p63d54s1 => Z = 24 R là Crom 1s22s22p63s23p63d104s1 => Z = 29 R là đồng b) Vì oxit của Cu tác dụng với dung dịch axit sunfuric đặc nóng tạo ra khí SO2 do đó là đồng (I) oxit (Cu2O) nSO = 0,025(mol ) 2

t Cu2O + 2H2SO4 → 2CuSO4 + SO2 + 2H2O 0,025 0,025 (mol) => m=144.0,025=3,6 (g) 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O→ 2H2SO4 + K2SO4 + 2MnSO4 0,025 0,01 0,01 (mol) 0,005 (mol) 0,01 mol Nồng độ mol/l của dung dịch KMnO4 là 0,005 (M); K2SO4 là 0,0025M; MnSO4 là 0,005M. Phương trình điện li của axit sunfuric: ([H2SO4]=0,005M) H2SO4 → H+ + HSO40,005 0,005 0,005(M) + HSO4 H + SO42C :0,005 0,005 0,0075 (M) [ ]: 0,005 - x 0,005+x 0,0075+x (M)

II 1.

 x = 5, 245.10−4 (0, 005 + x).(0, 0075 + x) = 10−2 =>  0, 005 − x  x = −0, 023

=> [H+]=0,005+5,245.10-4=5,5245.10-3(M) => pH=2,26. 1+3(1+1+1) Khi thêm 1ml dung dịch MgCl2 1M vào 100ml dung dịch đệm thì C Mg2 + ban đầu = 10-2 (M). Ta có: TMg(OH)2 = [Mg2+][OH−]2 = 10-10,95

Để kết tủa Mg(OH)2 thì [Mg2+][OH−]2 ≥ 10-10,95 10 −10,95 10 −10,95 ⇒ [OH−]2 ≥ = = 10-8,95. Hay [OH−] ≥ 10-4,475 Mg 2+ 10 −2 * Dung dịch: NH4Cl 1M + NH3 1M. cân bằng chủ yếu là: NH3 + H2O NH +4 + OH− K NH3 = Kb = 10-4,75

[

]

1 1 1-x 1+x Kb = (x + 1)x = 10-4,75

1− x

⇒ x = 10-4,75 Hay [OH−] = 10-4,75 < 10-4,475. Vậy khi thêm 1 ml dung dịch MgCl2 1M vào 100ml dung dịch NH3 1M và NH4Cl 1M thì không xuất hiện kết tủa Mg(OH)2. a. Dung dịch HCl có pH = 4,0 ⇒ [H+] = [HCl] = 10-4M Sau khi trộn:

Trang 60

10−4.10 = 5.10−5 M 20 0,1.10 CCH3COOH = = 0, 05M 20 CHCl =

HCl → H+ + Cl5.10-5M 5.10-5M CH3COOH CH3COO- + H+ C 0,05M 0 5.10-5M ∆C x x x [ ] 0,05-x x 5.10-5 + x

( 5.10 + x ) x = 10 −5

−4,76

0, 05 − x

x = 8,991.10-4M (nhận) x = -9,664.10-4M(loại) pH = -lg[H+] = -lg(5.10-5 + x) = 3,023=3,02 b. Gọi CA là nồng độ M của dung dịch CH3COOH CH 3 COOH CH 3 COO − + H + C CA 0 0 ∆C x x x [ ] CA – x x x Với pH = 3,0 ⇒ x = 10-3M

(10 )

−3 2

= 10−4,76

C A − 10−3 CA =

−3 10−6 + 10−3 = 10−1,24 +10 ≈ 0, 0585M −4,76 10

Dung dịch KOH có pH = 11,0 ⇒ [OH-] = [KOH] = Sau khi trộn:

10−14 = 10−3 M −11 10

0, 0585x25 = 0, 03656M ≈ 3, 66.10 −2 M 40 10 −3 x15 = 3, 75.10 −4 M C KOH = 40 CH 3 COOH + KOH → CH 3 COOK + H2O C CH 3COOH =

3,66.10-2 3,75.10-4 0 0 Phản ứng -2 -4 -4 Sau phản ứng (3,66.10 – 3,75.10 )0 3,75.10 3,75.10-4 CH 3 COOH CH 3 COO − + H + 0,036225 3,75.10-4 0 C ∆C x x x 0,036225– x x+3,75.10-4 [ ] x Nên Ka= x(x+3,75.10-4)/(0,036225-x)=10-4,76 → x = 6,211.10-4 pH = 3,207=3,21 c. Tương tự với câu trên: Dung dịch CH3COOH có pH = 3,0 ứng với CCH3COOH = 0, 0585M Dung dịch HCOOH có pH = 3,0 ứng với nồng độ axit fomic

(10 ) + 10 = − pH

CHCOOH

K HCOOH Sau khi trộn lẫn:

− pH

10−6 + 10−3 = 10−2,25 + 10−3 = 6, 62.10−3 M 10−3,75

Trang 61

0, 0585.10 = 0, 02925M 20 6, 62.10−3.10 = 3,31.10−3 M CHCOOH = 20 Bảo toàn điện tích : [H+]=[CH3COO-]+[HCOO-] Ta có: h= C1Ka1/(Ka1+h)+ C2Ka2/(Ka2+h) → h3+h2(Ka1+Ka2)+h(Ka1Ka2 –C1Ka1-C2Ka2 )-( C1Ka1Ka2 +C2 Ka1Ka2)=0 Ta có h= 9,997.10-4. Nên pH = 3,00 CCH3COOH =

III 1.

1,5+2 Theo giả thiết thì B chứa N2 và N2O nN O + nN2 = 0, 448.(988 / 760) / (0, 082.354,9) = 0, 02 nN 2O = 0, 01 Ta có  2 → nN 2O .44 + nN 2 .28 = 0, 02.32.0, 716.44 / 28 nN 2 = 0, 01 số mol e nhận để tạo ra 2 khí này là : 0,01(10+8) = 0,18 mol (I) D có Al(NO3)3, Mg(NO3)2 có thể có NH4NO3. NH4NO3 → N2O↑ + 2H2O 2 NH4NO3 → N2 ↑ + O2 ↑ + 4 H2O ↑ 4Al(NO3)3 → 2Al2O3 + 12 NO2 ↑ + 3O2 ↑ 2Mg(NO3)2 → 2MgO + 4 NO2 ↑ + O2 ↑ E chỉ có Al2O3 và MgO. 27 x + 24 y = 2,16 x 102. 2 + 40 y = 3,84

+ Gọi x, y lần lượt là số mol của Al và Mg ta có hệ : 

x = Al = 0,04 mol và Mg = 0,045 mol số mol e cho = 0,21 mol (II) + Từ (I, II) suy ra phải có NH4NO3. Từ đó dễ dàng tính được kết quả sau: D gồm: Al(NO3)3 (8,52 gam) ; Mg(NO3)2 (6,66 gam) ; NH4NO3 (0,3 gam) = 15,48 gam. Hỗn hợp ban đầu có 50% lượng mỗi kim loại. + Khi A pư với NaOH thì nNaOH = 0,12 mol;n H2 = 0,12 mol. Suy ra NaOH dư Al + NaOH + H2O → NaAlO2 + 3/2 H2. Mol: 0,08 0,08 0,08 0,12 Sau pư trên thì hh có: FeCO3 + Fe + Cu + 0,04 mol NaOH dư + 0,08 mol NaAlO2. + Khi thêm vào 0,74 mol HCl vào thì: NaOH + HCl → NaCl + H2O Mol: 0,04 0,04 NaAlO2 + 4HCl + H2O → NaCl + AlCl3 + 3H2O Mol: 0,08 0,32 Số mol HCl còn lại sau 2 pư trên là 0,38 mol. B là hh khí nên B phải có CO2 + H2. C chắc chắn có Cu, có thể có FeCO3 + Fe. Mặt khác C + HNO3 → NO2 là khí duy nhất nên C không thể chứa FeCO3 C có Cu và có thể có Fe (FeCO3 đã bị HCl hòa tan hết). TH1: Fe dư. Gọi x là số mol FeCO3; y là số mol Fe bị hòa tan; z là số mol Fe dư, t là số mol Cu ta có: 116x + 56(y + z) + 64t = 20 – 0,08.27 = 17,84 (I) FeCO3 + 2HCl → FeCl2 + CO2↑ + H2O Mol: x 2x x x Fe + 2HCl → FeCl2 + H2↑ Mol: y 2y y y Số mol HCl = 2x + 2y = 0,38 (II) B có x mol CO2 + y mol hiđro. Dựa vào pư của B với nước vôi trong x = 0,1 mol (III) C có z mol Fe dư + t mol Cu 3z + 2t = 1,12/22,4 (IV) x = 0,1 mol; y = 0,09 mol; z = 0,01 mol và t = 0,01 mol. Vậy A có: 0,1.116=11,6 gam FeCO3 + 0,1.56=5,6 gam Fe + 0,01.64=6,4 gam Cu + Trang 62

V 1.

0,08.27=2,16gam Al + Tính tiếp ta được giá trị của m=mCuO+mFe2O3=0,01.80+0,01.160/2 = 1,6 gam. TH2: Fe hết C chỉ có Cu số molCu = ½ NO2 = 0,025 mol. A có 0,1.1z16=11,6 gam FeCO3 + 0,025.64=1,6 gam Cu + 0,08.27=2,16gam Al+ (20-11,61,6-2,16=4,64)gam Fe tính được m =mCuO =0,025.80= 2 gam. 2,5 CxHy + m AgNO3 + m NH3 → CxHy-mAgm + m NH4NO3 . 0,02 mol 0,02/m mol → m↓ = 3,18 = (0,02/m)(12x+y+107m) → 12x+ y = 52m Do MHDC < 100 nên m=1, x=4, y=4. Vậy 1 chất C4H4 : CH2=CH-C≡CH: 0,02 mol Ta có sơ đồ CO2 + Ca(OH)2 (0,111mol) → CaCO3 (x)   Ba(OH)2 → BaCO3 (0,111-x)+CaCO3 (0,111-x) Ca(HCO3 )2 (0,111-x)  Nên 100x+(0,111-x)100+(0,111-x)197=20,95 → x= 0,061 → nCO2= 0,061+2(0,111-0,061)= 0,161 → nH2O = (0,061.100+ 3,108-0,161.44)/18=0,118 + Hai HDC còn lại cháy cho: nCO2=0, 161-0,02.4=0,081; nH2O= 0,118-0,02.2=0,078 Số Ctb = 0,081/0,027= 3 Do trong X có 2 HDC có cùng số C nên có các TH sau + TH1: 2 HDC còn lại có cùng 3C nBr2 = 0,09-0,02.3=0,03 > 0,027 nên có C3H4 còn lại là C3H8 hoặc C3H6  a + b = 0, 027  a = 0, 012 → TM - C3H8 : a ; C3H4 :b   2b = 0, 03 b = 0, 015  a + b = 0, 027  a = 0, 024 - C3H6 : a ; C3H4 :b  → TM  a + 2b = 0, 03 b = 0, 003 + TH2: 1 HDC còn lại có cùng 4C, HDC còn lại là 1C hoặc 2C  x + y = 0, 027  x = 0, 0135 nên - C4Hc:x ; C2Hd: y →   4 x + 2 y = 0, 081  y = 0, 0135 0,0135c/2+0,0135d/2=0,078 →c+d=11,55 loại  x + y = 0, 027  x = 0, 018 - C4Hc:x ; CH4: y nên 0,018c/2+0,009.4/2=0,078 →c=6,67 →   4 x + 1 y = 0, 081  y = 0, 009 loại Kết luận : CH2=CH-C≡CH CH2=C=CH2 C3H6 hoặc C3H8 1,5+2,5 a. C6H10 [π + v ] = 2 X phản ứng với H2 theo tỉ lệ 1 : 1 nên X phải có 1 vòng 5,6 cạnh và 1 liên kết đôi Khi oxi hóa X thu được sản phẩm chứa 6 cacbon nên X có 1 vòng 6 cạnh không nhánh - Công thức cấu tạo của X là: 5

xclohexen

+ 8KMnO4+ 12H2SO4 → 5 HOOC(CH2)4COOH +4K2SO4+8MnSO4+12H2O.

b. Phản ứng:

Trang 63

OH + 2MnO2 + 2KOH. 3 + 2KMnO4 + 4H2O → 3 a. nCa(OH)2 = 0,115 mol CO2 + Ca(OH)2 (0,115mol) → CaCO3 (x)   Ba(OH)2 → BaCO3 (0,115-x)+CaCO3 (0,115-x) Ca(HCO3 )2 (0,115-x)  Nên 100x+(0,115-x)100+(0,115-x)197=24,305 → x= 0,05 → nCO2= 0,05+2(0,115-0,05)= 0,18 → nH2O = (0,05.100+ 5,08-0,18.44)/18=0,12 - Gọi công thức phân tử của A là CxHy: y CxHy + O2 → xCO2 + H2O 2 0,02 0,02x 0,01y Ta có: 0,02x = 0,18 ⇔ x = 9 và 0,01y = 0,12 ⇔ y = 12 Công thức phân tử của A, B, C là C9H12, [π + v ] = 4. b. Theo giả thiết thì A, B, C phải là dẫn xuất của benzen vì chúng không làm mất màu dung dịch Br2. * A, B qua dung dịch KMnO4/H+ thu được C9H6O6 nên A, B phải có 3 nhánh CH3; C cho C8H6O4 nên C có 2 nhánh trên vòng benzen (1 nhánh –CH3 và 1 nhánh –C2H5). - Khi đun nóng với Br2/Fe thì A cho 1 sản phẩm monobrom còn B, C cho 2 sản phẩm monobrom nên công thức cấu tạo của A, B, C là: CH2CH3

CH3

CH3 H3C

H3C

CH3

(A) Các phản ứng xẩy ra

(B)

CH3

5H C

CH3

+ 18KMnO4 + 27H2SO4 → 5 HOOC

CH3 H3C

HOOC

CH3

COOH

+18KMnO4+27H2SO4 → 5

COOH

+5CO2+18MnSO4 + 9K2SO4 + 42H2O

CH3

CH3 H3C

+ 9K2SO4+18KMnO4+42H2O.

COOH

CH2CH3

5 CH3

Br CH3

Fe ,t + Br2  → H3C

CH3

+ HBr

CH3 H3C

CH3

H3C

CH3 0

Fe ,t + Br2  →

CH2CH3

CH3

+9K2SO4+18KMnO4+42H2O.

COOH COOH

+ HBr

CH2CH3 Br

CH2CH3

Fe ,t + Br2  →

hoặc

CH3

Br CH3

hoặc

CH3

+ HBr

Trang 64

VI 1.

2(0,5+1+0,5)+1,5 a) Đặt a là số mol N2O4 có ban đầu, α là độ phân li của N2O4 ở toC xét cân bằng: N2O4 2NO2 a 0 số mol ban đầu số mol chuyển hóa aα 2aα số mol lúc cân bằng a(1 - α) 2aα Tổng số mol khí tại thời điểm cân bằng là a(1 + α) Khối lượng mol trung bình của hỗn hợp khí: 92a 92 = a(1 + α) 1 + α 92 = 72,45 →α = 0,270 - ở 35oC thì M h = 72,45 → 1+α - ở 45oC thì M h = 66,8 α = 0,377 Mh =

hay 27% hay 37,7%

 2aα   V  2  = 4aα b) Ta có Kc = =  [ N 2 O4 ] a(1 − α) (1 − α)V V 2

[ NO2 ]

V là thể tích (lít) bình chứa khí

Và PV = nS. RT → RT =

PV PV = nS a(1 + α)

Thay RT, Kc vào biểu thức KP = Kc. (RT)∆n ở đây ∆n = 1 → KP =

4aα 2 PV P.4.α 2 . = (1 − α )V a(1 + α ) 1 − α 2

ở 35oC thì α = 0,27 → KP = 0,315 , ở 45oC thì α = 0,377 → K p = 0,663

c) Vì khi tăng nhiệt độ từ 35oC → 45oC thì độ điện li α của N2O4 tăng (hay KP tăng) → Chứng tỏ khi nhiệt độ tăng thì cân bằng chuyển sang chiều thuận (phản ứng tạo NO2) do đó theo nguyên lí cân bằng Lơ Satơliê (Le Chatelier) thì phản ứng thuận thu nhiệt. a. P : 1s22s22p63s23p3 ; As : 1s22s22p63s23p63d104s24p3 P và As đều có 5 electron hóa trị và đã có 3 electron độc thân trong XH3 X H H H

X ôû traïng thaùi lai hoù a sp3.

XH3 hình tháp tam giác, b. góc HPH > góc AsH, vì độ âm điện của nguyên tử trung tâm P lớn hơn so với As nên các cặp e liên kết P-H gần nhau hơn so với As-H lực đẩy mạnh hơn. c. không phân cực F

Phân cực

H H

F F

2 chất đầu sau có cấu tạo bất đối xứng nên phân cực

Trang 65

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO HÀ TĨNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT NĂM HỌC 2011-2012 MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 10

Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi có 02 trang, gồm 7 câu)

Câu 1: Cho V lít CO qua ống sứ đựng 5,8 gam sắt oxit nung đỏ một thời gian, thu được hỗn hợp khí A và chất rắn B. Cho B phản ứng hết với HNO3 loãng, thu được dung dịch C và 0,784 lít NO. Cô cạn dung dịch C, thu được 18,15 gam muối sắt (III) khan. Nếu hòa tan B bằng axit HCl dư thì thấy thoát ra 0,672 lít khí (thể tích các khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn) 1. Tìm công thức của sắt oxit. 2. Tính thành phần % khối lượng mỗi chất trong B.

Câu 2: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,11 mol Al và 0,05 mol ZnO bằng V lít dung dịch HNO3 1M vừa đủ, thu được dung dịch X và 0,672 lít khí Y nguyên chất. Cô cạn cẩn thận dung dịch X thu được 35,28 gam muối khan. Xác định công thức phân tử của Y và tính V, biết quá trình cô cạn không có sự phân hủy muối, thể tích khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn.

Câu 3: Nguyên tử của nguyên tố phi kim A có electron cuối cùng ứng với bộ 4 số lượng tử thỏa mãn điều kiện: m + l = 0 và n + ms = 3/2 (quy ước các giá trị của m tính từ thấp đến cao). 1. Xác định nguyên tố A. 2. A tạo ra các ion BA32- và CA32- lần lượt có 42 và 32 electron a. Xác định các nguyên tố B và C. b. Dung dịch muối của BA32- và CA32- khi tác dụng với axit clohiđric cho khí D và E. - Mô tả dạng hình học của phân tử D, E. - Nêu phương pháp hóa học phân biệt D và E. - D, E có thể kết hợp với O2 không? Tại sao?

Câu 4: Cho hỗn hợp khí A gồm H2 và CO có cùng số mol. Người ta muốn điều chế H2 từ hỗn hợp A bằng cách chuyển hóa CO theo phản ứng: CO(K) + H2O(K) == CO2(K) + H2(K) Hằng số cân bằng KC của phản ứng ở nhiệt độ thí nghiệm không đổi (t0C) bằng 5. Tỷ lệ số mol ban đầu của CO và H2O bằng 1: n. Gọi a là % số mol CO bị chuyển hóa thành CO2. 1. Hãy thiết lập biểu thức liên quan giữa n, a và KC.

Trang 66

2. Cho n = 3, tính thành phần % thể tích CO trong hỗn hợp khí cuối cùng (ở trạng thái cân bằng). 3. Muốn thành phần % số mol CO trong hỗn hợp khí cuối cùng nhỏ hơn 1% thì n phải có giá trị bao nhiêu?

Câu 5: Cho biết nhiệt hình thành chuẩn của CH4(k), C2H6(k) lần lượt bằng -17,89; -20,24, nhiệt thăng hoa của Cgrafit là 170, năng lượng liên kết EH-H là 103,26. Hãy tính nhiệt hình thành chuẩn của C3H8(k). (Các giá trị

đều có đơn vị tính là Kcal/mol). Câu 6: Hòa tan hoàn toàn 8 gam hỗn hợp X gồm FeS2, FeS, Fe vào 290 ml dung dịch HNO3, chỉ thu được khí NO và dung dịch Y không chứa muối amoni. Để tác dụng hết với các chất trong Y cần 250 ml dung dịch Ba(OH)2 1M. Nung kết tủa thu được trong không khí đến khối lượng không đổi, được 32,03 gam chất rắn Z. 1. Tính thể tích khí NO thu được (đo ở điều kiện tiêu chuẩn). 2. Tính CM dung dịch HNO3 đã dùng.

Câu 7: Độ tan của AgCl trong nước cất ở một nhiệt độ nhất định là 1,81 mg/dm3. Thêm HCl để chuyển pH về 2,35, giả thiết thể tích dung dịch sau khi thêm HCl vẫn giữ nguyên và bằng 1dm3. Tính: 1.Nồng độ ion Cl- trong dung dịch trước khi thêm HCl. 2.Tích số tan T trong nước của AgCl ở nhiệt độ trên. 3.Độ tan của AgCl đã giảm đi mấy lần sau khi dùng HCl axit hóa dung dịch ban đầu đến khi có pH=2,35. 4.Khối lượng của NaCl và của Ag+ tan được trong 10 m3 dung dịch NaCl 10-3 M.

------------ HẾT -----------

- Học sinh không được sử dụng tài liệu (trừ bảng Hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hoá học). - Cán bộ coi thi không phải giải thích gì thêm.

Trang 67

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO HÀ TĨNH Câu 1

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT NĂM HỌC 2011-2012 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HOÁ HỌC LỚP 10 Nội dung

Đ iể m

2,5đ

bằng axit HCl dư thì thấy thoát ra 0,672 lít khí (thể tích các khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn) 1. Tìm công thức của sắt oxit? 2. Tính thành phần % khối lượng mỗi chất trong B ?

Câu 1: a) Số mol Fe trong FexOy = số mol Fe trong Fe(NO3)3 = 0,075 → số mol oxi trong FexOy = (5,8-0,075.56)/16 = 0,1 oxit là Fe3O4. b) B có thể chứa Fe, FeO (a mol) và Fe3O4 dư (b mol) 3Fe3O4 + 28HNO3 → 9Fe(NO3)3 + NO + H2O 3FeO + 10HNO3 → 3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O Fe + 4 HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + 2H2O nFe = nH2 = 0,03(mol ) Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 , nHNO3= 0,075.3+0,035=0,26 mB = mmuối + mNO + mH2O - mHNO3 = 18,15+ 0,035.30+ 18.0,26/2-0,26.63=5,16

1,0

0,5

56.0,03 + 72a + 232b = 5,16  a = 0 ta có :  a b ⇒ 0,03 + + = 0,035 b = 0,015  3 3 0,03.56 %m Fe = .100% = 32,56% %m Fe3O 4 = 100% − 32,56% = 67,44% 5,16

1,0

và

Câu 2: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,11 mol Al và 0,05 mol ZnO bằng V lít dung dịch HNO3 1M vừa đủ, thu được dung dịch X và 0,672 lít khí Y nguyên chất. Cô cạn cẩn thận

2,5đ

dung dịch Y thu được 35,28 gam muối khan. Xác định công thức phân tử của Y và tính V, biết quá trình cô cạn không có sự phân hủy muối. nNH 4 NO3

=(mmuối - mAl(NO3)3 - mZn(NO3)2)/80 = (35,28-0,11.(27+62.3)-0,05.(65+62.2))/80 =0,03 Bảo toàn e: 3nAl = 8. nNH 4 NO3 + n.nY ⇒ n = (3.0,11-0,03.8)/0,03= 3

0,5 1,0

Y là NO nHNO3 = 3nAl + 2nZnO+ 2 nNH 4 NO3 + 1.nNO = 0,52 ⇒ Vdd HNO3 = 0,52L

1,0

Câu 3: Nguyên tử của nguyên tố phi kim A có electron cuối cùng ứng với bộ 4 số lượng tử

4đ

thỏa mãn điều kiện: m + l = 0 và n + ms = 3/2 (quy ước các giá trị của m tính từ thấp

đến cao). 1. Xác định nguyên tố A.

Trang 68

2 2. A tạo ra các ion BA32- và CA32lần lượt có 42 và 32 electron

a. Xác định các nguyên tố B vàà C. b. Dung dịch muối của BA32- và CA32- khi tác dụng với axit clohiđric cho khí D vvà E. - Mô tả dạng hình học của phân tử D và E. - Nêu phương pháp hóa học phân biệt D và E. - D và E có thể kết hợp với O2 không? Tại sao? 1

2 a

3đ

Trường hợp 1:: ms= +1/2 => n=1 => l=0 =>m=0 Vậy cấu hình ình electron của nguyên tử A : 1s1 => Hydrô Trường hợp 2: ms= -1/2 1/2 => n=2 => l=0 => m=0 hoặc l=1 => m= -1 * Với ms= -1/2; 1/2; n=2; l=0; m=0 => Cấu hình electron là 1s22s2 : Beri * Với ms= -1/2; 1/2; n=2; l=1; m= -1 => Cấu hình electron là 1s22s22p4 : Oxy Vì A là phi kim nên hoặc A là Hydro (H) hoặc A là Oxi (O)

0,5

0,5 0,5

Ion A3B2- có 42 electron. * Nếu A là Hidrô, idrô, ta có: 3.1 + ZB = 42 -2 ; ZB = 37 Loại vì không tồn tại ion RbH32* Vậy A là oxi. Lúc đó 3.8 +ZB = 42 - 2 ; ZB = 16 ( B là lưu huỳnh ) Chọn Ion A3C2- : Ta có : 3.8 + ZC = 32 -2 - => ZC = 6 ( C là các-bon) Chọn Vậy A3B2- là SO32A3C2- là CO32SO32- + 2H+ ↔ SO2 ↑ + H2O CO32- + 2H+ ↔ CO2 ↑ + H2O D là SO2 ; E là CO2 - Dạng hình học phân tử : SO2 : nguyên tử S ở trạng thái lai hóa sp2 nên phân tử có cấu tạo góc ∠ SOS = 1190 CO2: nguyên tử C ở trạng thái lai hóa sp nên phân tử có cấu tạo đườ đ ng 0 thẳng O =C=O; ∠ COC = 119 - Phân biệt SO2 và CO2 Dùng dung dịch brôm để nhận ra SO2 qua hiện tượng màu vàng của dung dịch brôm nhạt dần SO2 + Br2 + 2H2O = H2SO4 + 2HBr - Khí SO2 có thể kết hợp với O2 tạo SO3 do lưu huỳnh trong SO2 còn cặp electron chưa liên kết.. CO2 không có khả năng này do cacbon cbon trong phân tử không còn cặp electron chưa liên kết.

1,0

0,5

Câu 4: Cho hỗn hợp khí A gồm H2 và CO có cùng số mol. Người ta muốn điều chế H2 đi từ

hỗn hợp A bằng cách chuyển hóa CO theo phản ứng: CO(K) + H2O(K) == CO2(K) + H2(K) Hằng số cân bằng KC của phản ứng ở nhiệt độ thí nghiệm không đổi (t0C) bằng 5. Tỷ lệ

Trang 69

số mol ban đầu của CO và H2O bằng 1: n. Gọi a là % số mol CO bị chuyển hóa thành CO2. 1. Hãy thiết lập biểu thức liên quan giữa n, a và KC. 2. Cho n = 3, tính thành phần % thể tích CO trong hỗn hợp khí cuối cùng (ở trạng thái cân bằng). 3. Muốn thành phần % số mol CO trong hỗn hợp khí cuối cùng nhỏ hơn 1% thì n phải có giá trị bao nhiêu? 1. Xét cân bằng: CO + H2O ↔ CO2 + H2 1 n 0 1 Trước phản ứng Phản ứng a a a a Sau phản ứng 1-a n-a a 1+a Tổng số mol sau phản ứng : (1-a) + (n-a) + a + (1+a) = n + 2 KC =

1,0

[CO2 ][H 2 ] = a(1 + a) [CO][H 2 0] (1 − a)(n − a)

2. Vì ta có % thể tích CO trong hỗn hợp x=

1− a N

⇒ a= 1-Nx

(N = n+2)

Khi n = 3 thay a vào Kc, thay số vào, rút gọn 100x2 + 65x – 2 = 0 Giải phương trình: x = 2,94% 3. Muốn x = 1% thay a= 1-Nx và thay tiếpvào Kc ta có phương trình. 5,04 N2 – 12N – 200 = 0 Giải phương trình: N = 7,6 tức n = 5,6 Vậy để % VCO trong hỗn hợp < 1% thì n phải có giá trị lớn hơn 5,6.

1,0 0,5 0,5

Câu 5: Cho biết nhiệt hình thành chuẩn của CH4(k), C2H6(k) lần lượt bằng -17,89; -20,24, nhiệt

2đ

thăng hoa của Cgrafit là 170, năng lượng liên kết EH-H là 103,26. Hãy tính nhiệt hình thành chuẩn của C3H8(k). (Các giá trị đều được tính theo Kcal/mol). Từ giả thiết ta có: C(gr) + 2H2(k) → CH4(k) (1) ∆H1 = -17,89 (Kcal/mol) 2C(gr) + 3H2(k) → C2H6(k) (2) ∆H2 = -20,24 (Kcal/mol) C(gr) → C(k) (3) ∆H3 = 170 (Kcal/mol) H2(k) → 2H(k) (4) ∆H4 = 103,26 (Kcal/mol) CH4(k) → C(k) + 4H(k) (5) ∆H5 + ta có (5)= -(1)+(3)+2(4) Nên ∆H5 = -∆H1 + ∆H3 + 2∆H4 = 394,41 = 4 EC-H ⇒EC-H = 98,6025(Kcal/mol). C2H6(k) → 2C(k) + 6H(k) (6) ∆H6 + ta có (5)= -(2)+2(3)+ 3(4) Nên ∆H6 = -∆H2 + 2∆H3 + 3∆H4 = 6 EC-H + EC-C ⇒EC-C = 78,405(Kcal/mol). C3H8(k) → 3C(k) + 8H(k) (7) ∆H7 ∆H7 = 8 EC-H + 2EC-C = 945,63(Kcal/mol) ⇒ 3C(gr) + 4H2(k) → C3H8(k) (8) ∆H8 Ta có (8)= -(7)+3(3)+ 4(4) ∆H8 = -∆H7 + 3∆H3 + 4∆H4 = -22,59 (Kcal/mol)

0,5

1,0

Trang 70

Đáp án nhiệt hình thành chuẩn của C3H8(k) là -22,59 (Kcal/mol) 6 3đ

Câu 6: Hòa tan hoàn toàn 8 gam hỗn hợp X gồm FeS2, FeS, Fe vào 290 ml dung dịch HNO3, chỉ thu được khí NO và dung dịch Y không chứa muối amoni. Để tác dụng hết với các chất trong Y cần 250 ml dung dịch Ba(OH)2 1M. Nung kết tủa thu được trong không khí

đến khối lượng không đổi, được 32,03 gam chất rắn Z. 1. Tính thể tích khí NO thu được (đo ở điều kiện tiêu chuẩn). 2. Tính CM dung dịch HNO3 đã dùng. Ta có sơ đồ sau: FeS2 FeS Fe

Fe x mol S y mol +HNO3

H+ + OH- →H2O, Fe3+ + 3OH- → Fe(OH)3 . 2Fe(OH)3 → Fe2O2 + 3 H2O mX = mFe + mS; mZ=mFe2O3 + mBaSO4 56x + 32y = 8

x = 0,08

160.x/2+ 233y=32,08

y=0,11

dd Y Fe3+, SO42H+, NO3-

+ NO

Ba2+ + SO42- → BaSO4 . 0,5 0,5 0,5

⇒ nNO = 0,3 mol ⇒ VNO = 6,72 lít

7 3đ

nH+(Y) =nOH- - 3nFe3+= 0,25.2-0,08.3=0,26. Bảo toàn điện tích trong Y 0,5 nH+ + 3nFe3+ = nNO3- + 2nSO42- ⇒ nNO3- = 0,28 bảo toàn N ta có nHNO3= 0,3+ 0,28= 0,58. CM(HNO3)= 2M 1,0 Câu 7: Độ tan của AgCl trong nước cất ở một nhiệt độ nhất định là 1,81 mg/dm3. Thêm HCl để chuyển pH về 2,35, giả thiết thể tích dung dịch sau khi thêm HCl vẫn giữ nguyên và bằng 1dm3. Tính: 1.Nồng độ ion Cl- trong dung dịch trước khi thêm HCl. 2.Tích số tan T trong nước của AgCl. 3.Độ tan của AgCl đã giảm đi mấy lần sau khi dùng HCl axit hóa dung dịch ban đầu đến khi có pH=2,35. 4.Khối lượng của NaCl và của Ag+ tan được trong 10 m3 dung dịch NaCl 10-3 M. 0,5 1. [Cl-]=[AgCl]=1,81.10-3g/dm3=1,81.10-3/143,5 mol/dm3=1,26.10-5mol/dm3=1,26.10-5 mol/l. 2. Tích số tan T AgCl = [Ag ]. [Cl- ] = (1,26.10-5)(1,26.10-5) = 1,59.10-10 mol2/l2. 0,5 3. Khi axit hóa dung dịch đến pH = 2,35: -2,35 -3 Coi [Cl ]= CHCl = 10 = 4,47.10 CAgCl= [Ag+]= TAgCl/[Cl-] = 1,59.10-10/4,47.10-3 = 3,56.10-8 mol/l << [Cl-] nên thõa mãn Như vậy độ tan của AgCl = 3,56.10-8mol/l, giảm đi 1,26.10-5/3,56.10-8= 354 lần 1,0 4. * Số mol NaCl = 10-3. 10. 103= 10 mol mNaCl= 10. 58,5= 585g + -10 -3 -7 [Ag ]= T AgCl/ [Cl ]= 1,59. 10 / 10 = 1,59. 10 mol/l * Số mol Ag+= 1,59. 10-7. 10. 103= 1,59. 10-3 mAg+= 1.59. 10-3.108= 0,17g 1,0

Trang 71

Trang 72

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO HÀ TĨNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT NĂM HỌC 2011-2012 MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 11

Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi có 02 trang, gồm 10 câu)

Câu 1: Hãy so sánh và giải thích sự khác nhau về nhiệt độ sôi, độ mạnh tính bazơ, kh¶ n¨ng thÓ hiÖn tÝnh khö vµ tham gia ph¶n øng céng của NH3 và NF3. Câu 2: Hòa tan hết 7,33 gam hỗn hợp kim loại M (chỉ có hóa trị II) và oxit của nó vào nước, thu được 1 lít dung dịch X có pH = 13. a) Xác định kim loại M. b/ Tính thể tích dung dịch chứa HCl và H2SO4 có pH = 0 cần thêm vào 0,1 lít X để thu được dung dịch mới có pH = 1,699. Câu 3: Hợp chất hữu cơ A cộng hợp với HBr tạo ra hỗn hợp D gồm các chất là đồng phân cấu tạo của nhau. D có chứa 79,2% khối lượng brom, còn lại là cacbon và hiđro. Tỉ khối của D so với O2 nhỏ hơn 6,5. Xác định công thức cấu tạo có thể có của A (dạng bền) và của các sản phẩm trong D tương ứng với A. Câu 4: Hiđrocacbon mạch hở X có 94,12% khối lượng cacbon, phân tử khối nhỏ hơn 120. Khi thay thế hết các nguyên tử H linh động trong phân tử X bằng những nguyên tử kim loại M (M có số oxi hóa là +1) thu được muối Y có chứa 76,6% khối lượng kim loại. Xác định kim loại M và các công thức có thể có của X,Y. Câu 5: Thủy phân hoàn toàn 2,475 gam halogenua của photpho, thu được hỗn hợp 2 axit (axit của photpho với số oxi hóa tương ứng và axit không chứa oxi của halogen). Để trung hòa hoàn toàn hỗn hợp này cần dùng 45 ml dung dịch NaOH 2M. Xác định công thức của halogenua đó. Câu 6: Trộn CuO với một oxit của kim loại chỉ có hoá trị II theo tỷ lệ mol tương ứng là 1:2 được hỗn hợp A. Dẫn một luồng khí H2 dư đi qua 3,6 gam A nung nóng, thu được hỗn hợp B. Để hòa tan hết B cần 60 ml dung dịch HNO3 nồng độ 2,5M, thu được V lít khí NO duy nhất (điều kiện tiêu chuẩn) và dung dịch chỉ chứa muối nitrat kim loại. Xác định kim loại nói trên và tính V. Câu 7: Đốt cháy hoàn toàn 6,48 gam hỗn hợp X gồm 2 chất hữu cơ A và B, chỉ thu được H2O và 18,48 gam CO2. Tìm công thức phân tử của A và B, biết X có tỉ khối đối với H2 là 13,5; A có nhiều hơn B một nguyên tử cacbon nhưng khối lượng phân tử của A lại nhỏ hơn B. Câu 8: Để sản xuất một mẻ phân bón amophot, người ta cho vào lò 2 tấn quặng apatit (chứa 85,25% Ca3(PO4)2 tinh chất), dung dịch H2SO4 cần thiết và một lượng khí NH3 đã được tính toán vừa đủ là 420 m3 (ở 76,22o C, 1,2 atm). Hiệu suất các phản ứng đều đạt 100%. a) Viết các phương trình hoá học xảy ra. Tính khối lượng amophot thu được. b) Thiết lập công thức amophot, tính hàm lượng đạm, lân trong loại phân bón nói trên. Câu 9: Trang 73

Một loại xăng có chứa 4 ankan với thành phần về số mol như sau: 10% heptan, 50% octan, 30% nonan và 10% đecan. Hãy tính xem một xe máy chạy 100 km tiêu thụ hết 2,0 kg loại xăng nói trên thì đã tiêu thụ bao nhiêu lít oxi của không khí, thải ra môi trường bao nhiêu lít khí cacbonic và bao nhiêu nhiệt lượng; giả thiết rằng nhiệt đốt cháy của xăng là 5337,8 kJ/mol, năng lượng giải phóng ra có 80% chuyển thành cơ năng còn 20% thải vào môi trường, các thể tích khí đo ở 27,3 oC và 1 atm. Câu 10: a) Cation Fe3+ là axit, phản ứng với nước theo phương trình: Fe3+ + 2H2O == Fe(OH)2+ + H3O+ , Ka = 10-2,2 Hỏi ở nồng độ nào của FeCl3 thì bắt đầu có kết tủa Fe(OH)3, tính pH của dung dịch đó; biết rằng TFe (OH )3 = 10-38. b) Đốt cháy hoàn toàn một hiđrocacbon khí A với oxi trong bình kín. Nếu tăng nồng độ oxi lên 2 lần thì tốc độ phản ứng tăng lên gấp 32 lần. Tìm công thức phân tử có thế có của A. Biết công thức tính tốc độ trùng với công thức được thiết lập theo lý thuyết, các hệ số hợp thức trong phương trình phản ứng đều nguyên, các phản ứng xảy ra ở cùng nhiệt độ.

------------------ HẾT----------------- Học sinh không được sử dụng tài liệu (trừ bảng Hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hoá học). - Cán bộ coi thi không phải giải thích gì thêm.

Trang 74

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO HÀ TĨNH

KỲ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT NĂM HỌC 2011-2012 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HOÁ HỌC LỚP 11

Câu Nội dung Đ iể m 1 Câu 1: Hãy so sánh và giải thích sự khác nhau về nhiệt độ sôi, độ mạnh tính bazơ, kh¶ n¨ng thÓ hiÖn tÝnh khö vµ tham gia ph¶n øng céng của NH3 và NF3. - Nhiệt độ sôi của NH3 cao hơn NF3 do NH3 tạo được liên kết H liên phân tử.

- NH3 là một bazơ còn NF3 thì không, do trong NF3 các nguyên tử F hút electron làm giảm mật độ electron trên nguyên tử N. - Trong ®k th−êng NF3 không có kh¶ n¨ng thÓ hiÖn tÝnh khö vµ tham gia ph¶n øng céng nh− NH3 v× N trong NF3 cã sè oxh +3 vµ ®«i e ch−a dïng lÖch nhiÒu vÒ phÝa F. Câu 2: Hòa tan hết 7,33 gam hỗn hợp kim loại M (chỉ có hóa trị II) và oxit của nó vào nước, thu được 1 lít dung dịch X có pH = 13. a) Xác định kim loại M. b/ Tính thể tích dung dịch chứa HCl và H2SO4 có pH = 0 cần thêm vào 0,1 lít X để thu được dung dịch mới có pH = 1,699. Gọi x, y lần lượt là số mol của M và MO ta có: Mx + y(M+16) = 7,33. (1) M + 2H2O → M(OH)2 + H2 x x MO + H2O → M(OH)2. y y số mol OH- = 2x + 2y = 1.0,1 (II) + Từ (I, II) ta có: 16y = 7,33 – 0,05M M = 146,6 – 320y (*) + Từ (II) suy ra: 0,05 > y > 0 thay vào (*) ta có:146,6 > M > 130,6 M là Ba. b/ Số mol của OH- = 0,1.0,1 = 0,01 mol; Gọi V là thể tích cần tìm số mol H+ = 1.V mol. Vì pH của dd sau pư = 1,699 < 7 nên axit dư H+ + OH- → H2O b đ: V 0,01 p ư: 0,01 0,01 còn: V-0,01 0 V − 0, 01 =10-1,699 V = 0,0122 lít V + 0,1 Câu 3. Hợp chất hữu cơ A cộng hợp với HBr tạo ra hỗn hợp D gồm các chất là đồng phân cấu tạo của nhau. D có chứa 79,2% khối lượng brom, còn lại là cacbon và hiđro. Tỉ khối của D so với O2 nhỏ hơn 6,5. Xác định công thức cấu tạo có thể có của A (dạng bền) và của các sản phẩm trong D tương ứng với A. D: CxHyBrz : %mBr = 80z / MD = 0,792 ⇒ MD = 101z Do MD < 6,5.32 = 208 ⇒ z ≤ 2. + TH1: z =1 ⇒ MD =101=12x + y + 80 ⇒ x =1; y = 9 : loại. + TH2: z = 2 ⇒ MD = 202 =12x + y +160 ⇒ x =3; y = 6 : Nên D: C3H6Br2. Vậy A có thể là C3H4 hoặc C3H5Br

Trang 75

CTCT của A CH≡C-CH3 CH2=C=CH2 CHBr=CH-CH3 CH2=CBr-CH3 CH2=CH-CH2Br Br

CTCT của D CHBr2-CH2-CH3 , CH2Br-CHBr-CH3, CH3-CBr2-CH3 CH2Br-CHBr-CH3, CH2Br-CH2-CH2Br, CH3-CBr2-CH3 CHBr2-CH2-CH3 , CH2Br-CHBr-CH3 CHBr2-CH2-CH3 , CH2Br-CHBr-CH3 CH2Br-CH2-CH2Br , CH2Br-CHBr-CH3 CHBr2-CH2-CH3 , CH2Br-CH2-CH2Br, CH2Br-CHBr-CH3

Lưu ý: học sinh có thể không viết công thức A: CH2=C=CH2 và các công thức D tương ứng Câu 4: Hiđrocacbon mạch hở X có 94,12% khối lượng cacbon, phân tử khối nhỏ hơn 120. Khi thay thế hết các nguyên tử H linh động trong phân tử X bằng những nguyên tử kim loại M (M có số oxi hóa là +1) thu được muối Y có chứa 76,6% khối lượng kim loại. Xác định kim loại M và các công thức có thể có của X,Y. X: CxHy %mC = 12x/(12x+y) = 0,9412 ⇒ x/y = 4/3 Từ MX < 120 nên X: C8H6 (a=6) chứa tối đa 3 liên kết 3. Y: C8H6-bMb %mM = Mb/(102+Mb-b) = 0,766 ⇒ M = (102-b).0,766/(0,234.b) Do b ≤ 3 nên b=3, M=108, kim loại M chính là Ag. Nên X: C2H3(C≡CH)3 .Y C2H3(C≡CAg)3 X Y CH3C(C≡CH)3 CH3C(C≡CAg)3 HC≡C-CH2-CH(C≡CH)2 AgC≡C-CH2-CH(C≡CAg)2 Câu 5: Thủy phân hoàn toàn 2,475 gam halogenua của photpho, thu được hỗn hợp 2 axit (axit của photpho với số oxi hóa tương ứng và axit không chứa oxi của halogen). Để trung hòa hoàn toàn hỗn hợp này cần dùng 45 ml dung dịch NaOH 2M. Xác định công thức của halogenua đó. Halogenua của photpho có thể có công thức PX3 hoặc PX5. Xét trường hợp PX3: PTHH PX3 + 3H2O → H3PO3 + 3HX H3PO3 + 2NaOH → Na2HPO3 + 2H2O ( axit H3PO3 là axit hai lần axit) HX + NaOH → NaX + H2O số mol NaOH = 2. 0,045 = 0,09 mol Để trung hòa hoàn toàn sản phẩm thủy phân 1 mol PX3 cần 5 mol NaOH; số mol PX3 = 1/5 số mol NaOH = 0,09/5 = 0,018 mol Khối lượng mol phân tử PX3 = 2,475/0,018 = 137,5 Khối lượng mol cuả X = (137,5 – 31): 3 = 35,5. ⇒ X là Cl . Công thức PCl3 Xét trường hợp PX5: PX5 + 4H2O → H3PO4 + 5HX H3PO4 + 3NaOH → Na3PO4 + 3H2O HX + NaOH → NaX + H2O số mol NaOH = 2. 0,045 = 0,09 mol Để trung hòa hoàn toàn sản phẩm thủy phân 1 mol PX5 cần 8 mol NaOH; số mol PX5 = 1/8 số mol NaOH = 0,09/8 = 0,01125 mol Khối lượng mol phân tử PX5 = 2,475/0,01125 = 220 Khối lượng mol cuả X = (220 – 31): 5 = 37,8 ⇒ không ứng với halogen nào.

Trang 76

Câu 6: Trộn CuO với một oxit của kim loại chỉ có hoá trị II theo tỷ lệ mol tương ứng là 1:2 được hỗn hợp A. Dẫn một luồng khí H2 dư đi qua 3,6 gam A nung nóng, thu được hỗn hợp B. Để hòa tan hết B cần 60 ml dung dịch HNO3 nồng độ 2,5M, thu được V lít khí NO duy nhất (điều kiện tiêu chuẩn) và dung dịch chỉ chứa muối nitrat kim loại. Xác định kim loại nói trên và tính V. * Trường hợp 1: oxit của M bị khử. CuO + H2 → Cu + H2O MO + H2 → M + H2O 3Cu + 8HNO3 → 3Cu(NO3)2 + 2NO ↑+ 4H2O 3M + 8HNO3 → 3 M(NO3)2 + 2NO ↑+ 4H2O 80a + ( M + 16).2a = 3, 6  Ta có hệ pt:  8a a = 0,01875 và M = 40 ∼ Ca 16a = 0,15  3 + 3 loại vì CaO không bị khử * Trường hợp 2: oxit của M không bị khử B pư với HNO3 có 2 pư: 3Cu + 8HNO3 → 3Cu(NO3)2 + 2NO ↑+ 4H2O MO + 2HNO3 → M(NO3)2 + H2O Tương tự trên, có pt: ........................................................... M = 24 ∼ Mg thỏa mãn. % CuO = 41, 66% 0, 0225. 2 V= . 22,4 = 0,336 lít. →  3 % MgO = 58,34%

Câu 7: Đốt cháy hoàn toàn 6,48 gam hỗn hợp X gồm 2 chất hữu cơ A và B, chỉ thu được H2O và 18,48 gam CO2. Tìm công thức phân tử của A và B, biết X có tỉ khối đối với H2 là 13,5; A có nhiều hơn B một nguyên tử cacbon nhưng khối lượng phân tử của A lại nhỏ hơn B. Do MX = 13,5.2 = 27 --> MA < 27 --> Loại trường hợp A là CH4 vì không có B phù hợp, A là C2H2. B có ít hơn A một nguyên tử cacbon, B là CHyOz. C2H2 ---> 2CO2 CHyOz --> CO2 Dựa vào bài ra, hs dễ dàng lập được các phương trình đại số: 26a + Mb = 6,48 2a + b = 0,42 a + b = 0,24 Từ các phương trình này, tìm được M = 30, B là CH2O

Câu 8: Để sản xuất một mẻ phân bón amophot, người ta cho vào lò 2 tấn quặng apatit (chứa 85,25% Ca3(PO4)2 tinh chất), dung dịch H2SO4 cần thiết và một lượng khí NH3 đã được tính toán vừa đủ là 420 m3 (ở 76,22o C, 1,2 atm). Hiệu suất các phản ứng đều đạt 100%. a) Viết các phương trình hoá học xảy ra. Tính khối lượng amophot thu được. b) Thiết lập công thức amophot, tính hàm lượng đạm, lân trong loại phân bón nói trên.

Trang 77

Ca3(PO4)2 + 3H2SO4 --> 2H3PO4 + 3CaSO4 NH3 + H3PO4 --> NH4H2PO4 x x x 2NH3 + H3PO4 --> (NH4)2HPO4 2y y y Công thức amophot: xNH4H2PO4. y(NH4)2HPO4 Số mol NH3 = 17,6.103 (mol); Ca3(PO4)2 = 55.102 (mol) --> H3PO4 = 11.103 (mol) ; Khối lượng amophot = m(H3PO4 + NH3) = 98.11.103 + 17.17,6.103 = 1377,2 (kg) b) Lập công thức amophot, Tính hàm lượng đạm, lân trong amophot: x + y = 11.103 x + 2y = 17,6.103 x = 4,4.103 , y = 6,6.103. tỷ lệ x : y = 2 : 3. Vậy công thức amophot là 2NH4H2PO4. 3(NH4)2HPO4 Hàm lượng đạm (%N) trong amophot = 8.14.100/626 = 17,89 (%) Hàm lượng lân (%P2O5) = 2,5.142.100/626 = 56,7 (%) Câu 9: Một loại xăng có chứa 4 ankan với thành phần về số mol như sau: 10% heptan, 50% octan, 30% nonan và 10% đecan. Hãy tính xem một xe máy chạy 100 km tiêu thụ hết 2,0 kg loại xăng nói trên thì đã tiêu thụ bao nhiêu lít oxi của không khí, thải ra môi trường bao nhiêu lít khí cacbonic và bao nhiêu nhiệt lượng; giả thiết rằng nhiệt đốt cháy của xăng là 5337,8 kJ/mol, năng lượng giải phóng ra có 80% chuyển thành cơ năng còn 20% thải vào môi trường, các thể tích khí đo ở 27,3 oC và 1 atm. Trong 1 mol xăng có: 0,1 mol C7H16, 0,5 mol C8H18, 0,3 mol C9H20, 0,1 mol C10H22. Đặt công thức các ankan trong xăng là CaH2a+2 với a = 0,1.7 + 0,5.8 + 0,3.9 + 0,1.10 = 8,4 M = 14a + 2 = 119,6. Số mol có trong 2 kg xăng = 16,7224 (mol) Pư cháy của hơi xăng: CaH2a+2 + (3a + 1)/2O2 --> aCO2 + (a+1)H2O Để đốt cháy 1 mol xăng cần số mol O2 là (3.8,4 + 1)/2 = 13,1 (mol). Số mol O2 cần để đốt cháy 2 kg xăng là: 16,7224. 13,1 = 219,063 (mol) VO2 cần dùng (27,3 oC, 1atm) = 5394 (l) - Số mol CO2 tạo ra là: 8,4. 16,7224 = 140,47 Tính được VCO2 thải ra không khí là: 140,47 . 0,082.300.3 = 3459 (l) Nhiệt tạo thành khi đốt cháy 2 kg xăng là: 16,7224. 5337,8 = 89260,8 (kJ) Lượng nhiệt thải ra khí quyển là: 17852,16 (kJ). Câu 10: a. Cation Fe3+ là axit, phản ứng với nước theo phương trình: Fe3+ + 2H2O == Fe(OH)2+ + H3O+ , Ka = 10-2,2 Hỏi ở nồng độ nào của FeCl3 thì bắt đầu có kết tủa Fe(OH)3, tính pH của dung dịch đó; biết rằng TFe(OH)3 = 10-38. b. Đốt cháy hoàn toàn một hiđrocacbon khí A với oxi trong bình kín. Nếu tăng nồng độ oxi lên 2 lần thì tốc độ phản ứng tăng lên gấp 32 lần. Tìm công thức phân tử có thế có của A. Biết công thức tính tốc độ trùng với công thức được thiết lập theo lý thuyết, các hệ số hợp thức trong phương trình phản ứng đều nguyên, các phản ứng xảy ra ở cùng nhiệt độ. a. Gọi nồng độ mol/l của FeCl3 là C ta có Fe3+ + 2H2O ↔ Fe(OH)2+ + H3O+ (1) Ban đầu C 0 0

Trang 78

Cân bằng C-x Ka =

x2 ⇒ [Fe3+] = C-x = x2.Ka-1 C−x

Khi bắt đầu kết tủa Fe(OH)3 thì [Fe3+] =

(2) 10 −38

[OH ]

− 3

(3)

Mặt khác [OH-]3 = (10-14/x)3 = 10-42/(x3) thay (4) vào (3): [Fe3+] = 104.x3 So sánh (2) và (5) 104.x3 = x2.102,2 ⇒ x = [H3O+] = 10-1,8 M ⇒ pH=1,8. Từ (5) : [Fe3+]= 104.x3 = 104.(10-1,8)3 = 10-1,4 Theo (2) C= [Fe3+] + x = 10-1,4 + 10-1,8 = 5,56.10-2 (M).

(4) (5)

b. Đặt công thức của A: CxHy (x, y nguyên, dương). CxHy + (x + y/4)O2 → xCO2 + y/2H2O (1) y (x+ ) 4

Công thức tính tốc độ phản ứng trên theo lý thuyết v=k.  C x H y  [ O 2 ]

Vì hệ số hợp thức trong phương trình phản ứng nguyên nên có 2 trường hợp: TH1: y là chia hết cho 4. Gọi số mol của hiđrocacbon và oxi trong 1 lít hỗn hợp trước phản ứng là a, b → v1 =k.a.b

y (x+ ) 4

, v 2 =k.a.(2b)

y ( x+ ) v2 = 2 4 = 32 = 25 v1 Lập bảng

y (x+ ) 4

→ x + y/4 = 5 --> 4x + y = 20

y x

4 8 12 4 (nhận) 3 (nhận) 2 (loại) A là C4H4 hoặc C3H8 TH2: y là số nguyên chẵn nhưng không chia hết cho 4 Khi đó hệ số hợp thức của phản ứng phải là: 2CxHy + 2(x + y/4)O2 → 2xCO2 + yH2O (2) v1 = k .a 2 .b

y (2 x + ) 2

y (2 x + ) v2 = b 2 = 25 v1 Lập bảng: y x Vậy A là C2H2

, v2 = k .a 2 .(2b)

16 1 (loại)

y (2 x + ) 2

→ 2x + y/2 = 5 hay 4x + y = 10

2 2

4 1,5 (loại)

6 1 (loại)

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 10 THPT, NĂM HỌC 2013 – 2014 MÔN THI: HOÁ HỌC Trang 79

THỜI GIAN LÀM BÀI: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Trang 80

- Đề thi có hai trang –

Bài 1: 2,0 điểm Một hợp chất (A) được cấu tạo từ cation M 2 + và anion X − . Trong phân tử MX2 có tổng số proton, nơtron, electron là 186 hạt, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 54 hạt. Số khối của M2+ lớn hơn số khối của X − là 21. Tổng số hạt trong cation M2+ nhiều hơn tổng số hạt trong anion X − là 27. 1. Xác định số proton, nơtron và tên nguyên tố của M và X. 2. Hãy viết bốn số lượng tử ứng với electron cuối cùng của M và X. 3. Xác định vị trí của M và X trong bảng tuần hoàn. Bài 2: 2,0 điểm 1. Một mẫu đá uranynit có tỉ lệ khối lượng 3

206

Pb = 0, 0453 ; cho chu kì bán huỷ của U

238

U là 4,55921.10 năm. Hãy tính tuổi của mẫu đá đó.

238

2. Năng lượng ion hóa thứ nhất (I1 - kJ/mol) của các nguyên tố chu kỳ 2 có giá trị (không theo trật tự) 1402, 1314, 520, 899, 2081, 801, 1086, 1681. Gán các giá trị này cho các nguyên tố tương ứng. Giải thích. Bài 3: 2,0 điểm 1. a. Hãy cho biết trạng thái lai hoá của nguyên tâm và dạng hình học của BrF5. b. Theo thuyết MO hãy viết cấu hình electron của N2, suy ra từ tính của nó. 2. Tính năng lượng mạng lưới tinh thể BaCl2 từ 2 tổ hợp dữ kiện sau: (vẽ rõ sơ đồ) - Entanpi sinh của BaCl2 tinh thể: - 859,41 kJ/mol - Entanpi phân li của Cl2: 238,26 kJ/mol - Entanpi thăng hoa của Ba: 192,28 kJ/mol - Năng lượng ion hoá thứ nhất của Ba: 500,76 kJ/mol - Năng lượng ion hoá thứ hai của Ba: 961,40 kJ/mol - Ái lực electron của Cl : - 363,66 kJ/mol Bài 4: 2,0 điểm H = - 198 kJ Cho phản ứng : 2SO2 (k) + O2 (k) ⇄ 2SO3 (k) 1. Để tăng hiệu suất quá trình tổng hợp SO3, người ta có thể sử dụng biện pháp nào liên quan đến áp suất, nhiệt độ và chất xúc tác ? Giải thích ? 2. Cho 10,51 mol khí SO2 và 37,17 mol không khí (20% về thể tích là O2 còn lại là N2) có xúc tác là V2O5. Thực hiện phản ứng ở 427oC, 1 atm thì phản ứng đạt hiệu suất 98%. Tính hằng số cân bằng KC, KP của phản ứng ở 427oC. Bài 5: 2,0 điểm. Bổ túc và cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp ion – electron: 1. CrO −2 + Br2 + OH −  → CrO 24 − + … 2. FexOy + H2SO4 đ  → SO2 + …

Bài 6: 2,0 điểm Một pin được thiết lập trên cơ sở điện cực Zn nhúng vào dung dịch Zn(NO3)2 0,1 M và điện cực Ag nhúng vào dung dịch AgNO3 0,1 M. Biết Ε 0Zn Zn = −0, 76 V ; Ε 0Ag Ag = 0,80 V . +2

1. Hãy thiết lập sơ đồ pin theo quy ước và viết phương trình hoá học xảy ra khi pin hoạt động. 2. Tính sức điện động của pin và nồng độ các chất khi pin hết. Bài 7: 2,0 điểm Hoà tan 60,9 gam hỗn hợp hai muối bari của hai halogen vào nước rồi cho tác dụng vừa đủ với dung dịch K2SO4. Sau khi phản ứng hoàn toàn thu được 58,25 gam kết tủa trắng và dung dịch muối. Cô cạn dung dịch thu được hỗn hợp hai muối khan. 1. Xác định khối lượng hai muối khan. 2. Biết rằng halogen ở hai chu kì liên tiếp. Xác định hai halogen này và tính phần trăm khối lượng muối trong hỗn hợp đầu. Bài 8: 2,0 điểm 1. Hòa tan hoàn toàn 9,06 gam một mẫu hợp kim Al-Mg (giả thiết không có tạp chất nào khác) bằng dung dịch H2SO4 đặc, thu được 12,22 lít khí SO2 (đo ở 136,5oC; 1,1 atm) và 0,64 gam chất rắn màu vàng. Xác định phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong mẫu hợp kim trên. 2. Viết các phản ứng xảy ra khi điện phân dung dịch gồm NaCl 0,5 M và Cu(NO3)2 2M. Bài 9: 2,0 điểm 1. Dung dịch A chứa các ion: Na+; Cu2+; Ag+; Al3+; Mg2+-. Cho dung dịch A tác dụng với HCl dư được kết tủa B và dung dịch C. Cho khí H2S sục qua dung dịch C thu được kết tủa D và dung dịch E. Thêm NH3 vào dung dịch E được kết tủa F và dung dịch G. Thêm (NH4)2CO3 vào dung dịch G thu được kết tủa H. Xác định các chất và viết phương trình ion của tất cả các phản ứng xảy ra. 2. Tại sao Na2O2 được dùng làm khí trong bình dưỡng khí của thợ lặn? Viết phương trình hoá học xảy ra (nếu có) Bài 10: 2,0 điểm 1. Muối LiCl kết tinh theo mạng tinh thể lập phương tâm diện. Ô mạng cơ sở có độ dài mỗi cạnh là 0,514nm. Giả thiết ion Li+ nhỏ đến mức có thể xảy ra sự tiếp xúc anion – anion và ion Li+ được xếp khít vào khe giữa các ion Cl-. a. Tính độ dài bán kính của mỗi ion Li+, Cl- trong mạng tinh thể. b. Xác định khối lượng riêng của tinh thể LiCl. Biết Li = 6.94; Cl = 35,45 2. Hoà tan 63 gam Na2SO3 khan vào nước sau đó đun sôi dung dịch khoảng 2 giờ với một lượng dư bột lưu huỳnh. Lọc bỏ phần lưu huỳnh dư, từ dung dịch làm kết tinh tối đa 93 gam tinh thể Na2S2O3.5H2O. a. Tính hiệu suất điều chế Na2S2O3. b. Hoà tan muối kết tinh vào nước lẫn với hồ tinh bột, sục I2 vào dung dịch đó tới dư. Nêu hiện tượng phản ứng có thể xảy ra và viết phương trình hoá học. 3. Khi hoà tan CH3COOH tới bão hoà vào nước. Viết các quá trình điện ly có thể xảy ra. ---HẾT--Ghi chú: Thí sinh được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hoá học.

Trang 82

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 10 THPT, NĂM HỌC 2013 – 2014 MÔN THI: HOÁ HỌC ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC (Đáp án này có 4 trang) Bài 1: 2,0 điểm − − CrO 2 + Br2 + OH  → CrO 24 − + Br − + H2O 0,25 2 x CrO −2 + 4OH − → CrO 24− + 2H2O + 3e Câu 1 điểm 3 x Br2 + 2e → 2Br − 1,0 điểm 0,25 2CrO −2 + 8OH − + 3Br2  → 2CrO 24 − + 6Br − + 4H2O điểm 0,5 điểm FexOy + H2SO4 đ  → SO2 + … 0,25 2 x FexOy + 2yH+ → xFe3+ + yH2O + (3x – 2y)e điểm (3x – 2y) x SO 24− + 4H+ + 2e → SO2 + 2H2O Câu 2 0,25 1,0 điểm 2Fe O + (3x – 2y)SO 2− + (12x – 4y)H+ x y 4 điểm 3+ → 2xFe (3x – 2y)SO2 + (6x – 2y) H2O 0,5 điểm Bài 2: 2,0 điểm Đặt halogen X có X đvC và muối của nó là BaX2, số mol a b Y Y BaY2 0,25 BaX2 + K2SO4 → 2KX + BaSO4 ↓ điểm a a 2a a (mol) BaY2 + K2SO4 → 2KY + BaSO4 ↓ 0,25 b b 2b b (mol) điểm Câu 1

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

1,0 điểm Từ 2 phương trình phản ứng ta có: n BaSO = a + b = 4

58, 25 = 0, 25 233

Theo định luật bảo toàn khối lượng: 0,5 điểm

m( BaX 2 + BaY2 ) + mK2 SO4 = mBaSO4 + m( KX + KY )

⇒ 60,9 + 174 ( a + b ) = 58, 25 + mKX , KY

Với a + b = 0,25 ⇒ mKX , KY = 46,15 ( g ) Số mol halogen tương ứng: 2a + 2b = 0,5 26, 65

⇒ khối lượng mol trung bình của X, Y: M = = 53,3 ( g ) Câu 2 0,5 1,0 điểm Với X, Y là 2 halogen thuộc hai chu kì liên tiếp nên đó là Cl và Br (thoả mãn điều kiện 35,5 < 53,3 < 80)

0,25 điểm 0,25 Trang 83

Thay giá trị Cl và Br vào phương trình khối lượng:

điểm

2a.35, 5 + 2b.80 = 26, 65 ⇒ a = 0,15; b = 0,1  a + b = 0, 25 (137 + 71) .0,15 .100% = 51, 23% ⇒ %m = 48, 77% %mBaCl2 = BaBr2 60,9

0,25 điểm 0,25 điểm

Bài 3: 2,0 điểm a. Trạng thái lai hoá của Br là sp3d2. BrF5 có công thức VSEPR là AX5E1 ⇒ chóp vuông. b. (σ 2 s ) (σ 2*s ) (π x ) = (π y ) (σ z ) 2

Câu 1 1,0 điểm

0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm

⇒ N2 có tính nghịch từ.

Ba(r)

+ Cl2(k)

∆Hth(Ba)

Câu 2 1,0 điểm

∆HS(BaCl , tt) 2

BaCl2 (tt)

∆Hpl(Cl2)

Ba(k) + 2Cl (k) o

I1(Ba) + I2(Ba) 2. ACl

Uml = ∆H

0,5 điểm

Uml Ba2+ + 2Cl-

- ∆ Hth (Ba) - ∆Hpl(Cl ) - I1(Ba) - I2(Ba) - 2ACl

S(BaCl2, tt)

0,5 điểm

= - 859,41 - 192,28 - 238,26 - 500,76 - 961,40 + 2 .363,66 = - 2024,79 (kJ/mol)

Bài 4: 2,0 điểm ∗

2z M + n M + 4z X + 2n X = 186 ⇔ 2z M + 4z X + n M + 2n X = 186

∗ 2z M + 4z X − n M − 2n X = 54

∗ z M + n M − z X − n X =21

⇔

(2)

z M − z X + n M − n X =21 ( 3)

Câu 1 ∗ 2z M + n M − 2 − (2z X + n X +1)=27 ⇔ 2z M − 2z X +n M − n X =30 (4) 1,0 điểm Từ (1), (2), (3), (4) ⇒ z = 26;z = 17 n = 30; n = 18 ( M ) M X X 26

M ⇒ M là Fe;

X ⇒ X là Cl

Fe(Z=26): 1s22s22p63s23p63d64s2 ⇒ Fe2+(Z=26): 1s22s22p63s23p63d6 Câu 2 Cl(Z=17): 1s22s22p63s23p5 0,5 điểm Cl-(Z=17): 1s22s22p63s23p6

(1)

0,5 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 Trang 84

điểm

Fe: Chu kỳ 4 nhóm VIIIB Câu 3 Cl: chu kỳ 3 nhón VIIA 0,5 điểm

0,25 điểm 0,25 điểm

Bài 5: 2,0 điểm

Câu 1 0,75 điểm

Câu a: phương trình: PBr3 + 3H2O → H3PO3 + 3HBr. Câu b: Không dùng phương pháp sunfat điều chế HBr vì H2SO4 có tính oxi hoá mạnh nên có thể oxi hoá chất khử mạnh như ion Br − (trong HBr) thành Br2: 2HBr + H2SO4 → Br2 + SO2 + 2H2O

0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm

Câu 2 1,25 điểm

dpdd , mn Câu a: H2Ox + NaCl  → NaClO + H2. dpdd , mn 2H2O + CaCl2  → Ca(OCl)2 + 2H2. dpdd , mn → KClO3 + 3H2. 3H2O + KCl  Câu b: 2CaOCl2 + H2O + CO2 → CaCO3 + CaCl2 + 2HClO. NaClO + H2O + CO2 → NaHCO3 + HClO.

0,75 điểm 0,5 điểm

Bài 6: 2,0 điểm 0

t 2KMnO4  → K2MnO4 + MnO2 + O2.

Câu 1 2KMnO4 + 16HCl → 2KCl + 2MnCl2 + 8H2O + 5Cl2. 1,0 điểm 2HCl + Fe → FeCl2 + H2.

HCl + Na2SO3 → NaCl + SO2 + H2O. (ngoài ra: H2 + Cl2 → 2HCl) Số mol 238U (phóng xạ) = số mol 206 Pb = 0, 0453 ( mol ) 206

Câu 2 1,0 điểm

⇒ mU (ban đầu) = 1 + 0, 0453 .298 = 1,0523 (g) 206

⇒k =

0,25 x 4 = 1,0 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm

ln 2 1 N = .ln 0 ⇒ t = 3, 35.108 (năm) 3 4,55921.10 t N

0,5 điểm Bài 7: 2,0 điểm S + Mg → MgS MgS + 2HCl → MgCl2 + H2S Mg + 2HCl → MgCl2 + H2

(1) (2) (3)

0,25 điểm 0,25 điểm

M B = 0,8966 × 29 = 26 ⇒ khí B: H2S; H2: Mg có dư sau phản ứng (1)

Trang 85

2,987   x + y = 22, 4 0,1 Đặt nH 2 S = x; nH 2 = y , ta có  ⇒ x = 0,1; y = 3  34 x + 2 y = 26  x + y

0,25 điểm

Từ (1), (2), (3) ta có: % m( S ) = 50%; %m (Mg ) = 50%

0,25 điểm

2H2S + 3O2 → 2SO2 + 2H2O 2H2 + O2 → 2H2O 0,1 0,1 0,1 0,033 0,033 SO2 + H2O2 → H2SO4 0,1 0,147 0 0,047 0,1 m(dung dịch) = 100 + (0,1 × 64 ) + (0,133 × 18) = 108,8 gam C%(H2SO4) = 0,1.98 × 100% = 9%; C%(H2O2) = 0,047.34 = 1,47% 108,8

108,8

0,5 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm

Bài 8: 2,0 điểm Gọi x, y lần lượt là số mol các kim loại Mg và Al. 1,1× 12, 22 × 273 0,64 nSO2 = = 0, 4 ( mol ) ; Chất rắn: S, n S = = 0,02 (mol) 22, 4 × 273 × 1,5 32 0

x 0

Mg → Mg + 2e

Câu 1 1,5 điểm

S + 2e → S 0,8

Al → Al+ 3e y

0, 4 0

Viết các bán phản ứng:

S + 6e → S y

0,12

0,5 điểm 0,25 điểm

0.02

24 x + 27 y = 9,06 Ta có :  ⇒ x = 0,13; y = 0,22  2 x + 3y = 0,92

0,25 điểm

0,13mol × 24gam / mol × 100% = 34,44% và %m Al = 65,56% 9,06gam n =  1 × 8  + 1 = 2 và 3a = 4r , ⇒ f = 2 × 4 π r 3 : a3 = 68% 3 8 

⇒ % m Mg =

Câu 2 0,5 điểm

0,25 điểm

0,5 điểm

Bài 9: 2,0 điểm Câu 1 0,75 điểm

Câu 2 1,25 điểm

3p ⇒ A là S

2p ⇒ B là F

C: 2p4 ⇒ C là O Giá trị năng lượng ion hóa tương ứng với các nguyên tố: IA IIA IIIA IVA VA VIA VIIA VIIIA Li Be B C N O F Ne 2s1 2s2 2p1 2p2 2p3 2p4 2p5 2p6 I1 (kJ/mol) 520 899 801 1086 1402 1314 1681 2081 Nhìn chung từ trái qua phải trong một chu kỳ năng lượng ion hóa I1 tăng dần, phù hợp với sự biến thiên nhỏ dần của bán kính nguyên tử. Có hai biến thiên bất thường xảy ra ở đây là: - Từ IIA qua IIIA, năng lượng I1 giảm do có sự chuyển từ cấu hình bền ns2 qua cấu hình kém bền hơn ns2np1 (electron p chịu ảnh hưởng chắn của các electron s nên liên kết với hạt nhân kém bền chặt hơn).

0,25 x 3 = 0,75 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm

Trang 86

- Từ VA qua VIA, năng lượng I1 giảm do có sự chuyển từ cấu hình bền ns2np3 qua cấu hình kém bền hơn ns2np4 (trong p3 chỉ có các electron độc thân, p4 có một cặp ghép đôi, xuất hiện lực đẩy giữa các electron).

0,25 điểm 0,25 điểm

Bài 10: 2,0 điểm

Câu 1 0,75 điểm

- Giảm nhiệt độ của hệ phản ứng (khoảng 500oC là thích hợp: nếu giảm thấp quá thì tốc độ phản ứng chậm). - Tăng áp suất (bằng cách thổi liên tục SO2 và không khí được nén ở áp suất cao vào lò phản ứng). - Xúc tác không ảnh hưởng đến sự chuyển dời cân bằng, nhưng giúp phản ứng nhanh đạt đến trạng thái cân bằng hơn.

0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm

2SO2 (k) + O2 ⇄ 2SO3 (k) H = - 198 kJ C 10,51 (mol) 7,434 (mol) 0 C 10,3 (mol) 5,15 (mol) 10,3 (mol) [C] 0,21 (mol) 2,284 (mol) 10,3 (mol) Tổng số mol hỗn hợp ở cân bằng: 0, 21 + 2, 284 + 10,3 + 29, 736 = 42,53 ( mol ) o

Câu 2 1,25 điểm

(Pso 3 )2 và và K C =K P (RT)- ∆n 2 (Pso 2 ) .Po 2 (R = 0,082, T = 427 + 273 = 7000K, n = -1) (10,3) 2 × 42,53 ⇒ KP = = 4,48.10 4 2 (0,21) × 2,284

0,5 điểm

Pi = xi.P = xi.1 = xi; K P =

và K C = 4,48.10 4 × (0,082 × 700) −1 = 257.10 4

Ghi chú SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐỀthiTHI CHÍNH THỨC (Đề có 02 trang, gồm 9 câu)

0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm

---Hết--Giám khảo chấm bài cẩn thận. KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10,11 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Môn thi: HÓA HỌC-LỚP 10

Thời gian làm bài: 180 phút Nguyên tử khối: H =1, He =4, C =12, N =14, O =16, Na = 23, Mg =24, Al = 27 Si = 28, P =31, S =32, Cl = 35, K = 39, Ca = 40, Fe = 56, Br = 80, Ba= 137, Ag = 108. Câu 1. (3,0 điểm) 1) So sánh và giải thích ngắn gọn các trường hợp sau: a. Năng lượng liên kết của N-F và B-F trong các hợp chất NF3 và BF3. b. Nhiệt độ sôi của NF3 và NH3. Trang 87

c. Mô men lưỡng cực của NF3 và NH3. d. Nhiệt độ nóng chảy của AlCl3 và AlF3. 2) Hoàn thành các phương trình hóa học của các phản ứng sau: a. NaBr + H2SO4 (đặc, nóng)  → b. NaClO + PbS  → c. F2 + NaOH (loãng, lạnh)  → d. FeI2 + Cl2(dư)  → e. FeSO4 + H2SO4 + HNO2  → → f. KMnO4 + H2SO4 + HNO2  Câu 2. (3,0 điểm) 1) Giả thiết tồn tại các obitan ng tương ứng với số lượng tử phụ l = 4. a. Hãy cho biết số electron tối đa mà phân lớp ng có thể có. b. Dự đoán sau phân mức năng lượng nào thì đến phân mức ng. c. Nguyên tử có electron đầu tiên ở phân mức ng này có số hiệu nguyên tử Z bằng bao nhiêu? 2) Cho ba khí X, Y, Z. Đốt cháy V lít khí X thu được V lít khí Y và 2V lít khí Z. Hợp chất X không chứa oxi, Z là sản phẩm thu được khi cho lưu huỳnh tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc, nóng. Y là oxit trong đó khối lượng oxi gấp 2,67 lần khối lượng nguyên tố tạo oxit. Các thể tích khí đo ở cùng điều kiện. Viết các phương trình hóa học xảy ra khi a. Đốt cháy hỗn hợp X, Y, Z trong không khí (nếu có xảy ra). b. Cho Z lần lượt sục qua các dung dịch: Br2, H2O2, H2S, Na2CO3, KMnO4. Câu 3. (2,0 điểm) Giải thích ngắn gọn các trường hợp sau: a. Để tẩy uế hố rác, cống rãnh, chuồng trại người ta thường dùng clorua vôi. b. Trong thiên nhiên có nhiều nguồn tạo ra H2S nhưng không có hiện tượng tích tụ khí H2S trong không khí. c. I2 tan rất ít trong nước nhưng tan nhiều trong các dung môi hữu cơ như benzen, xăng, … và tan trong dung dịch KI. d. Ozon dễ hóa lỏng và tan trong nước nhiều hơn oxi. e. Một trong những nguyên nhân quan trọng làm suy giảm tầng ozon là do hợp chất CF2Cl2 dùng trong công nghiệp làm lạnh thải vào không khí. Câu 4. (2,0 điểm) Một bình thủy tinh kín chứa 500 ml hỗn hợp khí gồm H2, F2, O2 (ở đktc) có tỉ lệ thể tích tương ứng là 5:3:1. Nung nóng bình thì xảy ra phản ứng tỏa nhiệt rất mạnh. Sau đó làm lạnh bình về nhiệt độ phòng (250C) thì xuất hiện tinh thể (A) không màu bám trên thành bình. Trong A nguyên tố Si chiếm 36% về khối lượng. a. Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b. Xác định công thức phân tử của A. c. Tính khối lượng FeS2 cần dùng để điều chế một lượng SO3 đủ để tan vào 200 gam dung dịch H2SO4 91% tạo thành oleum chứa 12,5% SO3. Giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Câu 5. (2,0 điểm) Đã có một số công trình về việc điều chế hợp chất của canxi hóa trị 1. Mặc dù bản chất của các chất đó vẫn chưa được biết nhưng chúng đã được sự quan tâm rất nhiều của các nhà hóa học. Có thể chuyển CaCl2 thành CaCl bằng canxi, hiđro, cacbon. a. Viết phương trình hóa học của các phản ứng. b. CaCl2 tác dụng với hidro nguyên tử tạo ra sản phẩm màu trắng chứa 52,36% Ca và 46,32% Cl về khối lượng. Xác định công thức thực nghiệm cho sản phẩm đó. c. CaCl2 tác dụng với cacbon tạo ra sản phẩm màu đỏ (X) chứa 3 nguyên tố, trong đó tỉ lệ số Trang 88

mol nCa : nCl = 1,5 : 1. Thủy phân sản phẩm X thì thu được hợp chất như khi thủy phân Mg2C3. Xác định công thức thực nghiệm của sản phẩm X. Viết công thức cấu tạo mạch hở của hợp chất tạo ra khi thủy phân sản phẩm X. Câu 6. (2,0 điểm) Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm MgCl2, FeCl3, CuCl2 vào nước, thu được dung dịch A. Cho từ từ khí H2S đến dư vào dung dịch A, thu được lượng kết tủa nhỏ hơn 2,51 lần lượng kết tủa tạo ra khi cho dung dịch Na2S dư vào dung dịch A. Tương tự, nếu thay FeCl3 trong dung dịch A bằng FeCl2 với khối lượng như nhau (tạo dung dịch B) thì lượng kết tủa thu được khi cho khí H2S dư vào dung dịch B nhỏ hơn 3,36 lần lượng kết tủa tạo ra khi cho Na2S dư vào dung dịch B. Viết các phương trình hóa học xảy ra và tính % khối lượng các chất trong hỗn hợp X. Câu 7. (2,0 điểm) Cho 12,25 gam KClO3 vào dung dịch HCl đặc, dư. Sau khi kết thúc các phản ứng cho toàn bộ lượng Cl2 tạo ra tác dụng hết với kim loại M, thu được 38,1 gam hỗn hợp chất rắn X. Cho toàn bộ lượng X vào dung dịch AgNO3 dư, thu được 118,5 gam kết tủa. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Xác định kim loại M. Câu 8. (2,0 điểm) Cho 150 ml dung dịch Ba(OH)2 1M vào 250 ml dung dịch Al2(SO4)3 x mol/l, thu được 42,75 gam kết tủa. Thêm tiếp 200 ml dung dịch Ba(OH)2 1M vào hỗn hợp sau phản ứng thì khối lượng kết tủa thu được là 94,2375 gam. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Xác định giá trị của x. Câu 9. (2,0 điểm) Cho m gam hỗn hợp X gồm Fe2O3, CuO, MgO, FeO, Fe3O4 tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc, nóng, dư, thu được 3,36 lít khí SO2 (đktc). Mặt khác, khi cho khí CO dư đi qua m gam hỗn hợp X nung nóng, thu được chất rắn Y và hỗn hợp khí Z. Cho toàn bộ lượng Z vào dung dịch Ca(OH)2 dư, thu được 35 gam kết tủa. Hòa tan toàn bộ lượng Y trong dung dịch H2SO4 đặc, nóng, dư, thu được V lít khí SO2 (đktc). Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính V.

--------Hết------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu kể cả bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học. - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:……………………………………… Số báo danh…………………………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH HÀ TĨNH LỚP 10, 11 THPT NĂM HỌC 2018 - 2019 ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu 1: (3,0 điểm). 1.

Môn thi: HÓA HỌC – LỚP 10 HƯỚNG DẪN CHẤM

NỘI DUNG a) Năng lượng liên kết N – F < B – F vì phân tử NH3 có chứa nguyên tử N lai hóa sp3 => liên kết N – F là liên kết đơn tạo bởi sự xen phủ của obitan sp3 của N và obitan p của F; phân tử BF3 có chứa nguyên tử B lai hóa sp2 => liên kết B – F ngoài sự xen phủ của obitan sp2 của B và obitan p của F thì có sự xen phủ của obitan p tự do của B và obitan p của F => bền hơn liên kết N – F.

Điểm

b) Nhiệt độ sôi của NH3 > NF3 do giữa các phân tử NH3 có liên kết hidro còn giữa các phân tử NF3 không có liên kết hidro. c) Mô men lưỡng cực của NH3 > NF3 do chiều véc tơ của các momen liên kết trong

Trang 89

phân tử NH3 cùng chiều với cặp electron tự do trên N, còn trong phân tử NF3 thì chiều của các momen liên kết ngược chiều với cặp electron tự do trên N

d) Nhiệt độ nóng chảy của AlF3 > AlCl3 do hợp chất AlF3 là hợp chất ion, tồn tại ở dạng tinh thể rắn còn hợp chất AlCl3 là hợp chất cộng hóa trị, lực liên kết giữa các phân tử yếu. Các phương trình phản ứng a. 2NaBr + 3H2SO4  → Br2 + SO2 + 2NaHSO4 + 2H2O

b. 4NaClO + PbS  → PbSO4 + 4NaCl c. 2F2 + 2NaOH(loãng, lạnh)  → 2NaF + H2O + OF2 d. 3Cl2 + 2FeI2  → 2FeCl3 + 2I2 2Cl2 + I2 + 3H2O  → 4HCl + 2HIO3 e. 2FeSO4 + H2SO4 + 2HNO2  → Fe2(SO4)3 + 2NO + 2H2O f. 2KMnO4 + 3H2SO4 + 5HNO2  → K2SO4 + 2MnSO4 + 5HNO3 + 3H2O Câu 2: (3,0 điểm).

NỘI DUNG 1.

Điểm

Phân mức năng lượng ng ứng với l = 4 sẽ có (2l + 1) obitan

a. Như vậy số obitan ứng với mức năng lượng này là 9 => số electron tối đa là 18 e. b. Phân mức năng lượng ng xuất hiện trong cấu hình electron nguyên tử là 5g, vì khi số lượng tử chính n = 5 thì lớp electron này có tối đa 5 phân mức năng lượng ứng với: l = 0 (s); l = 1 (p); l = 2 (d); l = 3 (f); l = 4 (g) => phân mức 5g có tổng số (n + l) = 9 => phân mức này nằm sát sau phân mức 8s. c.Nguyên tử đầu tiên ở phân mức này có cấu hình: 7s25f146d107p68s25g1 Vậy Z = 121 Z là sản phẩm của S với H2SO4 đặc , nóng => Z là SO2. Y là oxit trong đó lượng oxi = 2,67 lần lượng nguyên tố tạo oxit => Y là CO2. Vậy X là CS2.

a. Phương trình phản ứng: CS2 + O2  → CO2 + SO2 CO2, SO2 không cháy trong không khí. b. Các phương trình phản ứng SO2 + Br2 + 2H2O  → 2HBr + H2SO4 SO2 + H2O2  → H2SO4 SO2 + Na2CO3  → Na2SO3 + CO2 → K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O 

Câu 3: (2,0 điểm). NỘI DUNG

Điểm

a. Clorua vôi là chất bột rẽ tiền, dễ điều chế, có hàm lượng hipoclorit cao, có khả năng diệt trùng nhờ tính oxi hóa mạnh của gốc hipoclorit (ClO) nên được sử dụng để tẩy uế các hố rác, cống Trang 90

rãnh,… b. H2S không tích tụ trong không khí là do H2S có tính khử mạnh, khi gặp oxi trong không khí thì xảy ra phản ứng: H2S + O2  → S + H2O c. I2 là phân tử không phân cực nên khó tan trong nước (là dung môi phân cực) nhưng dễ tan trong các dung môi không phân cực như benzen, xăng,… Trong dung dịch KI thì I2 tạo phức tan KI3 theo phản ứng: KI + I2  → KI3 d. O2 là phân tử không phân cực, O3 là phân tử phân cực vì vậy O3 dễ hóa lỏng và tan trong nước nhiều hơn O2 e. CF2Cl2 phá hủy tầng ozon là do các phản ứng sau . . CF2Cl2  → CF2Cl + Cl . → O2 + OCl Cl. + O3  . OCl. + O3  → O2 + Cl . Một gốc Cl có thể phá hủy hàng ngàn phân tử O3 Câu 4: (2 điểm). NỐI DUNG a. b.

Điểm

A có chứa Si chiếm 36% khối lượng => A là H2SiO3 Các phương trình phản ứng xảy ra H2 + F2  → 2HF 4HF + SiO2  → SiF4 + 2H2O SiF4 + 3H2O  → H2SiO3 + 4HF Các phương trình phản ứng xảy ra 4FeS2 + 11O2  → 2Fe2O3 + 8SO2 2SO2 + O2  → 2SO3 SO3 + H2O  → H2SO4 → H2SO4.nSO3 nSO3 + H2SO4 

(1) (2) (3) (4) Gọi x là số mol FeS2 cần dùng. Từ (1) và (2) => số mol SO3 = x Số mol H2O trong dung dịch H2SO4 91% là (100 – 91) : 18 = 0,5 mol => Số mol SO3 cần dùng để chuyển 100 gam dung dịch H2SO4 91% thành H2SO4 100% là 0,5 mol => số mol SO3 còn lại là: (2x – 0,5) Vì oleum chứa 12,5% SO3 nên ta có (2 x − 0,5).80 12,5 = 100 + 2 x.80 100 => x = 0,375. Vậy khối lượng của FeS2 cần dùng là m = 0,375.120 = 45 gam.

Câu 5. (2 điểm). NỘI DUNG a.

Điểm

Các phương trình phản ứng CaCl2 + Ca  → 2CaCl CaCl2 + H2  → CaCl + HCl 4CaCl2 + C  → 4CaCl + CCl4 Theo giả thiết ta có %H = 100 – 52,36 – 46,32 => ta có tỉ lệ số mol

Trang 91

Ca : Cl : H = 1 : 1 : 1 => công thức thực nghiệm là (CaClH)n c.

Ta có nCa : nCl = 1,5 : 1 = 3 : 2

Mặt khác, ta có: Mg2C3 + 4H2O  → 2Mg(OH)2 + C3H4 => X có dạng (Ca3C3Cl2)n Công thức cấu tạo mạch hở của C3H4 là H H H C=C=C H–C=C–C H H H

Câu 6. (2,0 điểm).

NỘI DUNG

Điểm

Gọi x, y, z lần lượt là số mol của CuCl2, MgCl2, FeCl3 -Tác dụng với Na2S: CuCl2 + Na2S  → CuS + 2NaCl MgCl2 + Na2S + H2O  → Mg(OH)2 + H2S + 2NaCl 2FeCl3 + 3Na2S  → 2FeS + S + 6NaCl → CuS + 2HCl -Tác dụng với H2S: CuCl2 + H2S  2FeCl3 + H2S  → 2FeCl2 + 2HCl + S MgCl2 + H2S: không phản ứng Nếu thay bằng FeCl2: -Tác dụng với Na2S: CuCl2 + Na2S  → CuS + 2NaCl MgCl2 + Na2S + H2O  → Mg(OH)2 + H2S + 2NaCl FeCl2 + Na2S  → FeS + 2NaCl -Tác dụng với H2S: CuCl2 + H2S  → CuS + 2HCl FeCl2, MgCl2 : không phản ứng Theo giả thiết ta có: 96x + 88z + 16z + 58y = 2,51(96x + 16z) (1) 162,5 z 162,5 z Số mol FeCl2 = => 96x + 58y + .88 = 3,36.96x (2) 127 127 Từ (1) và (2) => y = 0,664x và z = 1,67x => MgCl2 = 13,45%; FeCl3 = 57,8%; CuCl2 = 28,75%

Câu 7: (2 điểm).

NỘI DUNG

Điểm

Phương trình phản ứng KClO3 + 6HCl  → KCl + 3Cl2 + 3H2O M tác dụng với Cl2 tạo ra hỗn hợp X => X gồm MCln và M dư. Số mol Cl2 = 0,3 mol => số mol AgCl = 0,6 mol => mAgCl = 86,1 gam Theo giả thiết ta có mM = 38,1 – mCl2 = 16,8 gam Giả sử M không tác dụng với AgNO3 thì khối lượng kết tủa là 86,1 + mM (dư) < 86,1 + 16,8 = 102,9 < 118,5 => M có phản ứng với AgNO3 =>khối lượng Ag tạo ra = 118,5 – 86,1 = 32,4 gam => số mol Ag = 0,3 mol =>tổng số mol electron do M cho = 2.nCl2 + nAg = 0,9 mol  → n+ Ta có: M – n.e M 16,8 56 Gọi x là số mol M => x.n = 0,9 ; M.x = 16,8 => M = .n => M = .n 3 0,9 Giá trị thích hợp là n = 3 và M = 56 Vậy M là Fe

Trang 92

Câu 8. (2 điểm).

NỘI DUNG

Điểm

Theo giả thiết ta có số mol Ba(OH)2 = 0,15 mol; Al2(SO4)3 = 0,25x mol Phương trình phản ứng: 3Ba(OH)2 + Al2(SO4)3  → 3BaSO4 + 2Al(OH)3 2 Giả sử Ba(OH)2 hết => m = 0,15.233 + 0,15. .78 = 42,75 gam (thõa mãn bài 3 ra) Khi thêm 0,2 mol Ba(OH)2 vào dung dịch sau phản ứng thì khối lượng kết tủa tăng thêm => có hai khả năng xảy ra: - Nếu cả BaSO4 và Al(OH)3 đều kết tủa hết thì khối lượng kết tủa là: 0,35.233 + 2 0,35. .78 = 99,75 > 94,2375 => không thõa mãn bài ra 3 - Nếu chỉ có BaSO4 kết tủa còn Al(OH)3 tan hết thì khối lượng kết tủa là: 0,35.233 = 81,55 < 94,2375 => khi thêm Ba(OH)2 thì xảy ra hai phản ứng và lượng Al(OH)3 tan một phần: 3Ba(OH)2 + Al2(SO4)3  → 3BaSO4 + 2Al(OH)3 (1) 0,75x  → 0,25x  → 0,75x  → 0,5x Ba(OH)2 + 2Al(OH)3  (2) → Ba(AlO2)2 + 4H2O (0,35 – 0,75x) 2(0,35 – 0,75x) Sau các phản ứng thì số mol Al(OH)3 còn lại là: 0,5x – 2(0,35 – 0,75x) = (2x – 0,7) mol => tổng khối lượng kết tủa là: 233.0,75x – 78(2x – 0,7) = 94,2375 => x = 0,45 (mol/l)

Câu 9: (2,0 điểm).

NỘI DUNG

Điểm

Hỗn hợp X + CO  → hỗn hợp Y (MgO, Fe, Cu) + hỗn hợp khí Z (CO, CO2) Hỗn hợp X + H2SO4  → Fe3+ Cu2+ Mg2+ 0,15 mol SO2 Hỗn hợp Y (MgO, Fe, Cu) + H2SO4  → Fe3+ Cu2+ Mg2+ V lít SO2 Áp dụng bảo toàn electron ta có: Ở thí nghiệm 1 thì số mol electron cho = số mol electron nhận = 0,3 mol Ở thí nghiệm 2 thì số mol electron cho = số mol e cho tại TN 1 + 2.nCO2 = 1 mol => Số mol e cho ở thí nghiệm 2 = 2.nSO2 => nSO2 = 0,5 mol Vậy thể tích khí SO2 = 11,2 lít V = 11,2 lít

Nếu thí sinh có cách giải khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa ---------------------------HẾT--------------------------

Trang 93

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG -------------ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Trang 94

1 hàm lượng Zn trong A. 2

1 hỗn hợp B hòa tan trong H2SO4 loãng dư thì sau phản ứng thu được 0,48 gam 2

chất rắn nguyên chất. Lấy

1 hỗn hợp B thêm một thể tích không khí thích hợp (coi không khí chứa 20%O2 2

Họ tên thí sinh: ……………………………………Số báo danh ………….. Chữ kí giám thị 1 …………………………….Chữ kí giám thị 2 …………..

Trang 95

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG --------------

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 - 2019 MÔN THI: HÓA HỌC (Hướng dẫn chấm gồm 6 trang)

Câu Ý

Đáp án *

1.1

Biểu điểm

0,25 0,25

0,25

0,25 0,25 0,25

+2 1x Mn+4 + 2e  → Mn 2x 2Cl  → Cl2 + 2e MnO2 + 4HCl  → MnCl2 + Cl2 + 2H2O

0,25

Trang 96

1b 2 1c

0,25

FeS2

S+6 + 2e

Fe+3 + 2S+4 + 11e S+4 2Fe+3 + 15S+4

2FeS2 + 11S+6

2.a 2.b

2.c

2.d

3.1

Phương trình:

0,25 0,25 0,25

H 2S+4Cl 2 +4H 2 O → 8HCl+H 2SO 4 BaCl 2 +H 2SO 4 → BaSO 4 ↓ +2HCl

- Nươc Cl2 nhạt màu, có kết tủa trắng xuất hiện. Phương trình: O3 + H2O + 2KI → O2 + 2KOH + I2. - Dung dịch chuyển sang màu hồng.

0,25

a Phương trình:

0,25

2Al + 3S → Al2S3 Zn + S → ZnS Trang 97

TH tổng quát : Hỗn hợp B gồm Al2S3, ZnS, S dư, Al dư, Zn dư.

3.2

(*) HS có thể viết sơ đồ phản ứng để thay cho PTHH khi giải toán. *Khí C: SO2, N2( không có O2 vì vậy dùng vừa đủ) → Khí

0,25 C

ddNaOH

 → N2

5, 04 = 0, 225mol 22, 4 ADĐLBT nguyên tố S: ns SO2 ( C ) = nS ( 1 2 B ) = nS ( 1 2 A ) → n¸S

Vgiảm = VSO sinh ra = 5,04( l) → nSO (C ) = 2

= 0,225.2 =

0,45 mol m = 0,45 .32 = 14,4g; mAl + Zn(A)= 33,02 – 14,4 = 18,62g ¸S

Gọi nAl: x(mol) ;nzn: y(mol); 27x + 65y = 18,62 (1) % VSO2/C = 100 - % VN2 = 14,2% nSO2 =

nSO2 nhhC

.100 → nhhC =

nSO2 %nSO2

0, 225 .100 = 1,585mol → 14, 2

nN 2 =

Al2O3, ZnO, SO2 vì có cùng số mol Al, Zn, S và cùng tạo thành 3 oxit như nhau. Pt: 4Al + 3O2 → 2Al2O3 Mol: x/2 3x/8 Zn + Mol: y/2

1 O2 → ZnO 2

y/4 Trang 98

S Mol: 0,225 Ta có:

+ O2 → SO2 0,225

3x y + + 0,225= 0,34 (2). 8 4

Giải (1,2): x = 0,16; y = 0,22

0,25

%mZn(A) = 0, 22.65.100 = 43,307% 33,02 Gọi nZn dư: z(mol) Sau khi thêm 8,296 gam Zn vào B: % Zn đơn chất=

65 z + 8, 296 1 .100 = 43,307 → z = 0,01mol Zn dư 33, 02 + 8, 296 2

→ nZn phản ứng với S = 0,22-0,01=0,21mol → nS phản ứng với Al= nS chung - nS phản ứng Zn - nS dư = 0,45 – 0,21 – 0,03=

0,21mol

→ nAl S = 0, 21 = 0,07 mol 3

2 3

% mB: % Al2 S3 =

0,21.97.100% 0,07.150.100% = 31,8% ; %m ZnS = = 61,69% 33,02 33,02

% mZndư =

4.1 a

0,01.65.100% 0,03.32.100% = 1,97% ; % mS dư = = 2,91% 33,02 33,02

% mAl dư = 100% - (31,8% + 61,69% + 1,97% + 2,91%) = 1,63%

Đặt công thức oleum A là H2SO4.nSO3. 32(1 + n) 37,869 %mS(A) = = ⇒ n=3 98 + 80n 100

Vậy A là H2SO4.3SO3.

4.1 b

0,25

Theo giả thiết: m1 + m2 = 200 (1) Khối lượng S trong hỗn hợp các chất sẽ bằng khối lượng của S trong 200 gam oleum H2SO4.2SO3. Ta có PT:

m1 (32 + 32.3) m2 .83, 3.32 200.32.3 + = 98 + 80.3 98.100 98 + 80.2

0,25

(2)

Từ (1) và (2) ⇒ m1 = 187,619 gam; m2 = 12,381 gam. - Cho V lít dung dịch A tác dụng với AgNO3 dư AgNO3 + HCl → AgCl + HNO3

4.2

0,25

(1)

0,25 0,25

Trang 99

5.1 a

0,25

5.1 b

5.2

0,25

2R2Sa + 3aO2 → 2R2Oa + 2aSO2

Khí A là H2S; khí B là SO2

(2)

0,25

Trang 100

(3)

0,25 (4)

2 a

0,25

0,3 15 mol ⇒ M R2 Sa = = 50a 0,3 a n ⇒ 2R + 32a = 50a ⇒ R = 9a Chọn a = 3 ⇒ R = 27 (Al)

⇒ nR2 Sa =

*Nếu khí dư là SO2 SO2 + NaOH → NaHSO3 Theo giả thiết nNaHSO = 6,72 : 104 = 0,065 mol nH S (1) = 0,12 mol; nSO (2) = 0,06 + 0,065 = 0,125 mol. ⇒ nS ( R S ) = 0,125 + 0,12 = 0,245 mol

(5)

0,25

2 a

0, 245 a mol a ⇒ M R2 Sa = 61,22a → MR = 14,6a

⇒ nR2 Sa =

Trường hợp này không có nghiệm thỏa mãn.

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT ĐÔ LƯƠNG 1 ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề có 2 trang)

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2018 - 2019 MÔN THI: HÓA HỌC 10 (Thời gian: 120 phút, không kể thời gian phát đề)

Họ và tên học sinh:..........................................., Số báo danh:.............................................. Bài 1: (4 điểm) 1. Nguyên tố X có 3 phân lớp s, số electron trên phân lớp p nhiều hơn phân lớp s là 4. a) Xác định X, viết cấu hình electron của X và ion tạo ra từ X. b) X tạo được hợp chất khí với hiđro là hợp chất A. Viết các phương trình phản ứng xảy ra (nếu có) khi cho A lần lượt tác dụng với: dung dịch nước clo; dung dịch FeCl3; dung dịch Cu(NO3)2; dung dịch FeCl2; dung dịch KMnO4/H2SO4. 2. Tính bán kính nguyên tử gần đúng của Ca ở 200C, biết tại nhiệt độ đó khối lượng riêng của Ca bằng 1,55 g/cm3. Giả thiết trong tinh thể các nguyên tử Ca dạng hình cầu, có độ đặc khít là 74% (cho Ca = 40,08). Bài 2: (3 điểm) Cân bằng các phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron. a) Fe3O4 + HNO3 → Fe(NO3)3 + NO2 + NO + H2O (Biết tỉ khối hh khí so với H2 là 17) b) Fe(NO3)2 + KHSO4→ Fe(NO3)3 + Fe2(SO4)3 + K2SO4 + NO + H2O Trang 101

c) CrI3 + Cl2 + KOH → K2CrO4 + KCl + KIO4 + H2O Bài 3: (3 điểm) 1. Những thay đổi nào có thể xảy ra khi bảo quản lâu dài trong bình miệng hở các dung dịch sau đây: (a) axit sunfuhiđric, (b) axit bromhiđric, (c) nước Gia-ven. 2. Sục Cl2 vào dung dịch KOH loãng thu được dung dịch A. Cho lần lượt các dung dịch: hỗn hợp HCl và FeCl2, Br2, H2O2, CO2 vào dung dịch A (không có Cl2 dư, chỉ chứa các muối). Viết các phương trình hoá học xảy ra? Bài 4: (4 điểm) 1. Cho 20 gam hỗn hợp gồm Fe, Fe2O3, Fe3O4, FeO tác dụng vừa đủ với 700 ml dung dịch H2SO4 0,5M thu được dung dịch X và 3,36 lít H2 (đktc). Làm khô cẩn thận dung dịch X thu được m gam muối khan. Coi quá trình làm khô không xảy ra phản ứng hoá học. Tính m? 2. Hấp thụ hoàn toàn 1,344 lít SO2 ( đktc) vào 13,95 ml dung dịch KOH 28%, có khối lượng riêng là 1,147g/ml. Hãy tính nồng độ phần trăm các chất có trong dung dịch sau phản ứng Bài 5: (4 điểm) 1. Nhiệt phân m gam hỗn hợp X gồm KMnO4 và KClO3 một thời gian thu được O2 và 6,39 gam chất rắn Y gồm 5 chất. Toàn bộ hỗn hợp rắn Y tác dụng với dung dịch HCl đặc, vừa đủ, đun nóng thấy có 0,26 mol HCl tham gia phản ứng, thu được khí Cl2 và dung dịch Z. Cho toàn bộ dung dịch Z tác dụng với một lượng dư dung dịch AgNO3 thấy xuất hiện 15,785 gam AgCl kết tủa. Xác định thành phần phần trăm khối lượng KMnO4 trong hỗn hợp X? 2. Lấy 3,49 gam hốn hơp A gồm Al và FexOy cho tác dung hoàn toàn với dung dịch HNO3 loãng, dư thoát ra 0,448 lít NO (đktc) và thu được dung dịch B chứa 17,29 gam muối. Xác định công thức của oxit sắt biết số mol HNO3 đã phản ứng là 0,26 mol. Bài 6: (2 điểm) Cho hình vẽ mô tả sự điều chế Clo trong phòng thí nghiệm như sau: ddHCl đặc

MnO2

Bình tam giác sạch để thu khí Clo dd NaCl

dd H2SO4 đặc

Cho các nhận định sau: (1) Khí Clo thu được trong bình tam giác là khí Clo khô. (2) Không thể thay MnO2 bằng chất khác. (3) Không thể thay dung dịch HCl đặc bằng dung dịch NaCl. (4) Dung dịch H2SO4 đặc có vai trò hút nước, có thể thay H2SO4 bằng CaO. Trong các nhận định trên, nhân định nào là đúng, nhân định nào là không đúng? Giải thích ngắn gọn, viết phương trình xảy ra nếu có ?

--------------HẾT-------------Cho biết: - Nguyên tử khối (Al=27, K=39, Fe=56, Mn=55, Ag=108, H=1, N=14, O=16, Cl=35,5, S=32)

Trang 102

Học sinh không dùng bảng tuần hoàn, giám thị không giải thích gì thêm.

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG MÔN: HÓA HỌC – LỚP 10 NĂM HỌC: 2018 – 2019 Thời gian: 180 phút (không kể phát đề) Ngày thi: …………….

Câu 1.(3 điểm) 1. Hỗn hợp khí X gồm SO2 và O2 có tỉ khối hơi so với H2 bằng 28. Cho 4,48 lít (đktc) hỗn hợp khí X vào bình kín có V2O5 rồi nung nóng đến 4500C. Sau một thời gian phản ứng, làm nguội bình rồi cho toàn bộ các chất thu được đi qua dung dịch BaCl2 (dư). Sau khi kết thúc phản ứng, thu được 17,475 gam kết tủa. Tính hiệu suất của phản ứng oxi hóa SO2 thành SO3. 2. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm Na, Na2O, NaOH, Na2CO3 trong lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 40%, thu được 8,96 lít hỗn hợp khí có tỉ khối so với H2 là 16,75 và dung dịch Y có nồng độ 51,449%. Cô cạn dung dịch Y, thu được 170,4 gam muối khan. Tính m. Câu 2. (2 điểm) Bổ túc và cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electrom a. Cr2S3 + Mn(NO3)2 + K2CO3 K2CrO4 + K2SO4 + K2MnO4 + NO + CO2 b. P + NH4ClO4 H3PO4 + N2 + Cl2 + … c. FexOy + HNO3 … + NnOm + H2O Câu 3(3 điểm). Hợp chất A có công thức MX2, trong đó M chiếm 46,67% về khối lượng. Trong hạt nhân của M có n – p = 4; của X có n’ = p’, trong đó n, n’, p, p’ là số nơtron và số proton. Tổng số proton trong MX2 là 58. Viết kí hiệu nguyên tử của M, X và cấu hình electron M 2+ Câu 4(3 điểm) a. Nguyên tử vàng có bán kính và khối lượng mol lần lượt là 1,44AO và 197g/mol. Biết rằng khối lượng riêng của vàng kim loại là 19,36g/cm3. Hỏi các nguyên tử vàng chiếm bao nhiêu % thể tích trong tinh thể ? (cho N = 6,02.1023) b. Viết công thức cấu tạo các chất sau: HClO4, H3PO3, NH4NO3, H2SO4 Câu 5 (3 điểm) Cho vào nước dư 3g oxit của 1 kim loại hoá trị 1, ta được dung dịch kiềm, chia dung dịch làm hai phần bằng nhau: - Phần 1: Cho tác dụng hoàn toàn với 90 ml dung dịch HCl 1M, sau phản ứng dung dịch làm quỳ tím hoá xanh. - Phần 2: Cho tác dụng với V(ml) dung dịch HCl 1M sau phản ứng dung dịch không làm đổi màu quỳ tím a. Tìm công thức phân tử oxit b. Tính V (Cho: Ba = 137; Li = 7; Na = 23; k = 39; Rb = 85; Cs = 133) Câu 6(3 điểm) 3,28g hỗn hợp 3 kim loại A, B, C có tỉ lệ số mol tương ứng là 4 : 3: 2 và có tỉ lệ khối lượng nguyên tử tương ứng là 3 : 5 : 7. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp 3 kim loại trên trong dung dịch HCl dư thì thu được 2,0161 lít khí (đktc) và dung dịch A a. Xác định 3 kim loại A, B, C, Biết rằng khi chúng tác dụng với axit đều tạo muối kim loại hoá trị 2 Trang 103

(Cho: Ba = 137; Li = 7; Na = 23; k = 39; Rb = 85; Cs = 133)

(Thí sinh không được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn, giáo viên coi thi không giải thích gì thêm)

Trang 104

ĐÁP ÁN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG MÔN: HÓA HỌC – LỚP 10 NĂM HỌC: 2018 – 2019 Câu 1 (3 đ)

1.Dựa vào tỉ khối hơi của hỗn hợp và số mol của hỗn hợp ta tính được số mol của SO2 0,5 = 0,15 mol, của O2 = 0,05 mol. PTHH: 2SO2 + O2 → 2SO3 Khi cho toàn bộ các chất thu được đi qua dung dịch BaCl2 dư thì chỉ có SO3 tham gia phản ứng. PTHH: 0,5 SO3 + H2O + BaCl2 → BaSO4 + 2HCl Dựa vào lượng kết tủa ta có số mol O2 phản ứng là 0,0375 mol. Vậy hiệu suất phản ứng là: 0,0375/0,05 = 75% 0,5 2. Học sinh viết 4 PTHH: 2Na + H2SO4 Na2SO4 + H2 0,5 Na2O + H2SO4 Na2SO4 + H2O NaOH + H2SO4 Na2SO4 + H2O Na2CO3 +H2SO4 Na2SO4 + H2O + CO2 Từ giả thiết ta tính được khối lượng hai khí là 13,4 gam; khối lượng muối Na2SO4 là 0,5 170,4 gam => số mol H2SO4 = số mol Na2SO4 = 1,2 mol Từ đó tính được khối lượng dung dịch H2SO4 ban đầu là 294 gam và khối lượng dung dịch sau phản ứng là 331,2 gam. Theo bảo toàn khối lượng ta có: 294 + m = 331,2 + 13,4 => m = 50,6 gam. 0,5

Câu 2 (2 đ)

a Cr2S3 + Mn(NO3)2 + K2CO3 K2CrO4 + K2SO4 + K2MnO4 + NO + CO2 2Cr+6 + 6e 2Cr+3 –2 3S 3S+6 + 24e Cr2S3 2Cr+ 6 + 3S+ 6 + 30e x 1 (a) Mn+ 2 Mn+ 6 + 4e +5 2N + 6e 2N+ 2 Mn(NO3)2 + 2e Mn+ 6 + 2N+2 x 15 (b) Cộng (a) và (b) Cr2S3 + 15Mn(NO3)2 2Cr+ 6 + 3S+ 6 + 15Mn+ 6 + 30N+ 2 Hoàn thành: Cr2S3 + 15Mn(NO3)2 + 20K2CO3 2K2CrO4 + 3K2SO4 +15 K2MnO4 + 30NO +

0,25 0,25

0,5

Trang 105

20CO2

b. P + NH4ClO4 2N –3 2Cl+ 7 + 14e 2NH4ClO3 + 8e PO 10NH4NO3 + 8PO

H3PO4 + N2 + Cl2 + H2O 2NO + 6e 2ClO 2NO + 2ClO x 5 P+ 5 + 5e x8 8P+ 5 + 10NO + 10ClO + 16H2O

0,25

10NH4NO3 + 8P 8H3PO4 + 5N2 + 5Cl2 + 8H2O c. FexOy + HNO3 Fe(NO3)3 + NnOm + H2O xFe+ 3 + (3x – 2y)e (5n – 2m) xFe+2y/x nN+ 5 + (5n – 2m)e nN+ 2m/n (3x – 2y) x(5n –2m)Fe+2y/x + n(3x – 2y)N+ 5 x(5n – 2m)Fe + 3 + n(3x – 2y)N+2m/n Hoàn thành: (5n – m)FexOy + (18nx – 6my – 2ny)HNO3 x(5n – 2m)Fe(NO3)3 + (3x – 2y)NnOm + (9nx – 3mx – ny)H2O

Câu 3 (3đ)

Hợp chất A; MX2 Ta có: p+n 46,67 = 2(p’ + n’) 53,33 p + n = 1,75(n’ + p’) n–p=4 n’ = p’ p + 2p’ = 58 p = 26 ; p’ = 16 Từ (a), (b), (c), (d) n = 30; n’ = 16 AM = 26 + 30 = 56; AX = 16 + 16 = 32 • Kí hiệu nguyên tử: 56 32 26

(a) (b) (c) (d)

0,25 0,25

0,5 0,5 1 0,5

M là Fe; X là S * Cấu hình electron Fe2+: 1s22s22p63s23p63d6 Câu 4 (3đ)

0,25

a. Ta có: mng tửAu = 197/6,02.1023 = 327,24.10 – 24g r = 1,44AO = 1,44.10 – 8cm VAu = 4/3.п r3 = 4/3. 3,14.(1,44.10 – 8)3 = 12,5.10 – 24cm3 d = (327,24.10– 24)/(12,5.10 – 24) = 26,179g/cm3 Gọi x là % thể tích Au chiếm chỗ Ta có: x = (19,36.100)/26,179 = 73,95 %

0,5

0,5 0,5

c. Công thức cấu tạo: O O

Trang 106

H–O H – Cl = O Hay: H – Cl

H–O P=O

Hay:

H–O O H

O O +

H– N–H

Câu 5 (3đ)

Câu 6 (3đ)

H –

O–N

H–O H

H–O ;

H–O H O Viết 1 công thức cấu tạo cho 0,25 điểm a. Gọi công thức oxit kim loại hóa trị I: M2O n HCl = 1.0,09 = 0,09mol Phương trình phản ứng: M2O + 2HCl 1,5/(2M + 16) 3/(2M + 16) (1) suy ra: 3/(2M + 16) > 0,09 Suy ra: M là Li n b. L2O(1/2 hỗn hợp) = 1,5/30 = 0,05 mol Phương trình phản ứng: Li2O + 2HCl 0,05 0,1 (2) suy ra: V = 0,1/1 = 0,1 lít = 100 ml

O S

H–O Hay:

O S

H–O

2MCl + H2O

(1)

M < 8,67

1 0,5 0,5

2LiCl + H2O

(2) 0,5

a. Gọi số mol 3 kim loại A, B, C lần lượt là: 4x, 3x, 2x và KLNT tương ứng là MA, MB, MC số mol H2 = 2,0262/22,4 = 0,09 mol ptpư: A + 2HCl ACl2 + H2 (1) 4x 4x 4x B + 2HCl BCl2 + H2 (2) 3x 3x 3x (3) C + 2HCl CCl2 + H2 2x 2x 2x Từ (1), (2), (3) ta có : 4x + 3x + 2x = 0,09 x = 0,01 (a) Ta có: MB = 5/3MA (b) (c) MC = 7/3MA Mặc khác ta có: MA.4x + MB.3x + MC.2x = 3,28 (d) Từ (a), (b), (c), (d) suy ra: MA(0,04 + 5/3.0,03 + 7/3.0,02) = 3,28 Suy ra: MA = 24 A: Mg MB = 5/3.24 = 40 B: Ca MC = 7/3.24 = 56 C: Fe b. Dung dịch (A): MgCl2, CaCl2, FeCl2 Phương trình phản ứng: MgCl2 + 2NaOH Mg(OH)2 + 2NaCl 4x 4x CaCl2 + 2NaOH Ca(OH)2 + 2NaCl 1,5x 1,5x FeCl2 + 2NaOH Fe(OH)2 + 2NaCl 2x 2x 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O 4Fe(OH)3 2x 2x Từ (4), (5), (6), (7) suy ra: 58.0,04 +74.0,015 + 107.0,02 = 5,57g

0,5

0,125 0,125 0,125 0,125 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

(4)

0,125

(5)

0,125

(6)

0,125

(7)

0,125 0,5

Trang 107

Câu 7 (3đ)

Câu 8

số mol H2 = 11,2/22,4 = 0,5 mol Gọi công thức trung bình 2 kim loại kiềm: M Phương trình phản ứng là: Ba(OH)2 + H2 (1) Ba + H2O x x x M + H2O MOH + 1/2H2 (2) y y y/2 Ba(OH)2 + Na2SO4 BaSO4 + 2NaOH (3) x x Từ (1) và (2) suy ra: x + y/2 = 0,5 (a) Ta có: 137x + My = 46 (b) Từ (3) suy ra: 0,18 < x < 0,21 (c) Từ (a) và (c) suy ra: x = 0,18 y = 0,64 x = 0,21 y = 0,58 Từ (b) suy ra: x = 0,18, y = 0,54 M = 33,34 x = 0,21, y = 0,58 M = 29,7 Na = 23 < 29,7 < M < 33,34 , K = 39 Hai kim loại kiềm là; Na và K a. Phương pháp đẩy nước. Nguyên tắc: Y không tan hoặc tan rất ít trong nước nước. b. X có thể là KMnO4, KClO3…; Y có thể là: O2, 0

t → K 2 MnO 4 + MnO2 + O 2 ↑ Ptpu: 2KMnO4  Thí sinh giải theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa

SỞ GD & ĐT BẮC GIANG CỤM THPT HUYỆN LỤC NAM (Đề thi có 4 trang, 42 câu hỏi)

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

0,25 0,5 0,5 0,5

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP CƠ SỞ NĂM HỌC 2017-2018 MÔN: HÓA HỌC 10 Thời gian làm bài: 120 phút

(Thí sinh không được sử dụng tài liệu, kể cả bảng tuần hoàn)

Mã đề thi 132

Cho: (Be = 9; Mg=24; Ca 40; Sr = 87,5; Ba=137; Cl=35,5; H=1; Cu=64; S =32; C=12; Si=28; P=31; I=127, Br=80, F=19; O=16) (Độ âm điện: H=2,20; S = 2,58.; Cl=3,16; O=3,44; Ba =0,89; K=0,82; C= 2,55) I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (40 câu, tổng 70 điểm mỗi câu 1,75 điểm) Câu 1: Dãy gồm các ion X+, Y- và nguyên tử Z đều có cấu hình electron 1s22s22p6 là A. Na+, F −, Ne. B. K+, Cl −, Ar. C. Li+, F − , Ne. D. Na+, Cl −, Ar. Câu 2: Tổng số hạt cơ bản (p, n, e) của nguyên tố X là 40. Biết số hạt notron nhiều hơn số hạt proton là 1 hạt. Nguyên tố X là A. nguyên tố s. B. nguyên tố f. C. nguyên tố d. D. nguyên tố p. Câu 3: Hai nguyên tố X, Y thuộc một nhóm A và ở hai chu kỳ liên tiếp, có tổng số hạt mang điện là 44. Trong bảng tuần hòa X, Y thuộc nhóm A. VA. B. VIA. C. VIIA. D. IVA. Câu 4: Nguyên tử nguyên tố X (Z=26), vị trí X trong bảng tuần hoàn là A. chu kỳ 4, nhóm VIIIB. B. chu kỳ 4, nhóm IIA. C. chu kỳ 3, nhóm VIIIB. D. chu kỳ 4, nhóm VIB. Câu 5: Nhóm hợp chất nào sau đây đều là hợp chất ion ? Trang 108

A. H2S, Na2O. B. CH4, CO2. C. Al2O3, BaCl2. D. SO2, KCl. 22 6 Câu 6: Ion X có cấu hình electron lớp ngoài cùng là 2s 2p . Vị trí X trong bảng tuần hoàn là A. ô thứ 10 chu kì 2 nhóm VIIIA. B. ô thứ 8 , chu kì 2 nhóm VIA. C. ô thứ 12 chu kì 3 nhóm IIA. D. ô thứ 9 chu kì 2 nhóm VIIA. Câu 7: Trong bảng hệ thống tuần hoàn hiện nay, số chu kì nhỏ và chu kì lớn là A. 4 và 3. B. 3 và 6. C. 3 và 4. D. 3 và 3. Câu 8: Trong nguyên tử, electron hóa trị là các electron A. ở lớp ngoài cùng. B. ở phân lớp ngoài cùng. C. có mức năng lượng thấp nhất. D. tham gia tạo liên kết hóa học. Câu 9: Giả thiết trong tinh thể, các nguyên tử sắt là những hình cầu chiếm 75% thể tích tinh thể, phần còn lại là các khe rỗng giữa các quả cầu, cho khối lượng nguyên tử của Fe là 55,85 ở 20oC khối lượng riêng của Fe là 7,78 g/cm3. Bán kính nguyên tử gần đúng của Fe là A. 1,44.10-8 cm. B. 1,29.10-8 cm. C. 1,97.10-8 cm. D. 1,79.10-8 cm . Câu 10: Nguyên tử của nguyên tố X có tổng số hạt (p, n, e) bằng 180. Trong đó các hạt mang điện chiếm 58,89% tổng số hạt. Nguyên tố X là nguyên tố nào ? A. F. B. Cl. C. Br. D. I. Câu 11: Trong các hidroxit sau, chất có lực bazơ mạnh nhất là A. Mg(OH)2. B. Ca(OH)2. C. Ba(OH)2. D. Be(OH)2. Câu 12: Trong nguyên tử, electron trên lớp nào sau đây có mức năng lượng lớn nhất ? A. K. B. L. C. N. D. M. 24 25 26 35 37 Câu 13: Mg có 3 đồng vị Mg, Mg và Mg. Clo có đồng vị Cl và Cl. Có bao nhiêu loại phân tử MgCl2 khác tạo nên từ các đồng vị của 2 nguyên tố đó ? A. 12. B. 10. C. 6. D. 9. Câu 14: Nguyên tố X thuộc loại nguyên tố d, nguyên tử X có 5 electron hoá trị và lớp electron ngoài cùng thuộc lớp N. Cấu hình electron của X là A. 1s22s22p63s23p63d34s2. B. 1s22s22p63s23p63d104s24p3. C. 1s22s22p63s23p63d54s2. D. 1s22s22p63s23p64s23d3. Câu 15: Trong bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học, chu kỳ 2 có số nguyên tố là A. 18. B. 2. C. 8. D. 32. Câu 16: X là nguyên tố kim loại, có cấu hình electron phân lớp ngoài cùng là 4s2. Số nguyên tố hóa học thỏa mãn với điều kiện của X là A. 8. B. 9. C. 10. D. 1. 63 Câu 17: Đồng có hai đồng vị Cu (chiếm 73% số nguyên tử) còn lại là đồng vị 65Cu. Khối lượng gần đúng của 63Cu có trong 7,977 gam CuSO4 là A. 2,25 gam. B. 2,20 gam. C. 2,15 gam. D. 2,31 gam. 2 2 Câu 18: Nguyên tử nguyên tố X cấu hình electron lớp ngoài cùng dạng ns np . Trong hợp chất của X với H, H chiếm 12,5% về khối lượng. % khối lượng của X trong oxit cao nhất gần nhất với giá trị nào trong các giá trị sau đây ? A. 53,33. B. 72,73. C. 46,67. D. 27,27. Câu 19: Tính chất hoặc đại lượng vật lí nào sau đây, biến thiên nhiên tuần hoàn theo chiều tăng dần của điện tích hạt nhân nguyên tử ? (1) bán kính nguyên tử; (2) tổng số electron; (3) tính kim loại; (4) tính phi kim. (5) độ âm điện; (6) nguyên tử khối A. (3), (4), (6). B. (1), (2), (3). C. (2), (3,) (4). D. (1), (3), (4), (5). Câu 20: Một nguyên tử của nguyên tố X có tổng số hạt proton, nơtron, electron là 52 và có số khối là 35. Số hiệu nguyên tử nguyên tố X là A. 17. B. 23. C. 15. D. 18. Câu 21: Trong một nhóm A, trừ nhóm VIIIA, theo chiều tăng của điện tích hạt nhân nguyên tử thì A. tính kim loại tăng dần, bán kính nguyên tử giảm dần. Trang 109

B. tính phi kim giảm dần, bán kính nguyên tử tăng dần. C. tính kim loại tăng dần, độ âm điện tăng dần. D. độ âm điện giảm dần, tính phi kim tăng dần. Câu 22: Chọn đáp án đúng nhất A. Bản chất của liên kết ion là lực đẩy tĩnh điện giữa 2 ion mang điện trái dấu. B. Bản chất của liên kết ion là lực hút tĩnh điện giữa 2 ion dương và âm. C. Bản chất của liên kết ion là lực hút tĩnh điện giữa các hạt mang điện trái dấu. D. Bản chất của liên kết ion là lực hút tĩnh điện giữa hạt nhân và các electron hóa trị. Câu 23: Một nguyên tử (X) có 13 proton trong hạt nhân. Khối lượng của proton trong hạt nhân nguyên tử X là A. 27 gam. B. 78,26.1023 gam. C. 21,74.10-24 gam. D. 27 đvC. Câu 24: Hầu hết các hợp chất ion A. có nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi cao. B. dễ hòa tan trong các dung môi hữu cơ. C. khó hòa tan trong nước. D. ở điều kiện thường tồn tại ở trạng thái khí. Câu 25: Hợp chất X có công thức phân tử dạng AB2 có A = 50% (Về khối lượng) và tổng số proton là 32. Nguyên tử A và B đều có số p bằng số n. Số oxi hóa của A trong X là A. +2. B. +6. C. +4. D. -2. Câu 26: Chọn phát biểu không đúng trong các phát biểu sau: A. Tính chất hóa học của các nguyên tố trong chu kì không hoàn toàn giống nhau. B. Nguyên tử của các nguyên tố trong cùng chu kì đều có số lớp electron bằng nhau. C. Tất cả các nguyên tố thuộc nhóm IA đều là các nguyên tố kim loại kiềm. D. Nguyên tử của các nguyên tố trong cùng nhóm A (trừ nhóm VIIIA) có số electron lớp ngoài cùng bằng nhau. Câu 27: Phản ứng nào dưới đây không là phản ứng oxi hóa-khử ? A. 2Al + 2NaOH + 2H2O → 2NaAlO2 + 3H2↑. B. MgCO3 + 2HNO3 → Mg(NO3)2 + CO2↑ + H2O. C. Zn + 2Fe(NO3)3 → Zn(NO3)2 + 2Fe(NO3)2. D. Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2↑. Câu 28: Các chất mà phân tử không phân cực là A. HBr, CO2, CH4. B. Cl2, CO2, C2H2. C. NH3, Br2, C2H4. D. HCl, C2H2, Br2. Câu 29: Nguyên tố hóa học là những nguyên tử có cùng A. số hiệu nguyên tử. B. số electron lớp ngoài cùng. C. notron. D. số lớp electron. Câu 30: Dãy phân tử nào cho dưới đây đều có liên kết cộng hoá trị không phân cực? A. N2, CO2, Cl2, H2. B. N2, Cl2, H2, HCl. C. N2, HI, Cl2, CH4. D. Cl2, O2. N2, F2. Câu 31: Nguyên tử của một nguyên tố X có tổng số hạt là 34, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 10 hạt. Cho một số nhận xét sau về X: (a) Nguyên tử X (ở trạng thái cơ bản) có 1 electron ở lớp ngoài cùng. (b) Đơn chất X dễ bị oxi hóa bởi nước ở điều kiện thường. (c) X tác dụng với Cl2 tạo thành hợp chất ion. (d) X là nguyên tố phi kim. (g) X có tính kim loại mạnh hơn Ba. Số nhận xét đúng là A. 4. B. 2. C. 3. D. 1. 3+ + 2+ Câu 32: Cho các hạt sau: Al (Z=13), Al , Na (Z=11), Na , Mg (Z=12), Mg , F-, O2-. Dãy các hạt xếp theo chiều giảm dần bán kính là (Biết Al (Z=13), Na (Z=11), Mg (Z=12, F (Z=9), O (Z=8)) Trang 110

A. Na > Mg > Al > O 2-> F - > Na+ > Mg2+ > Al3+. B. Na > Mg > Al > O 2-> F - > Al3+ > Mg2+ > Na . C. Na > Mg > Al > F-> O2 - > Al3+ > Mg2+ > Na+. D. Al > Mg > Na > O 2-> F - > Na+ > Mg2+ > Al3+. Câu 33: Ở đktc (760 mmHg, 0oC ) 10,65 gam khí Cl2 có thể tích là 3,36 lít. Nguyên tử nguyên tố Cl có hai đồng vị bền là 35Cl và 37Cl. % khối lượng của 35Cl có trong 3,36 lít khí Cl2 ở đktc là A. 73,49. B. 75. C. 74,95. D. 73,94. Câu 34: Ở Trạng thái cơ bản - Phân lớp electron ngoài cùng của nguyên tử nguyên tố X là np2n+1. - Tổng số electron trên các phân lớp p của nguyên tử nguyên tố Y là 7. - Số hạt mang điện trong nguyên tử nguyên tố Z nhiều hơn số hạt mang điện trong nguyên tử nguyên tố X là 20 hạt. Nhận xét nào sau đây là sai ? A. Nguyên tố X và Y thuộc 2 chu kì kế tiếp. B. X là nguyên tố có tính phi kim mạnh nhất. C. Oxit và hiđroxit của Y có tính lưỡng tính. D. Tính phi kim giảm dần theo thứ tự X, Z, Y. Câu 35: X và Y là hai nguyên tố thuộc hai nhóm A liên tiếp. Tổng số proton của nguyên tử X và Y là 25. Y thuộc nhóm VIA. Đơn chất X phản ứng trực tiếp với đơn chất Y. Nhận xét nào sau đây về X, Y là đúng? A. X thuộc nhóm VIA trong bảng tuần hoàn. B. Công thức hidroxit cao nhất của Y là H2YO4. C. Độ âm điện của Y lớn hơn độ âm điện của X. D. Công thức oxi cao nhất của X là X2O5. Câu 36: Nguyên tử nguyên tố X có điện tích hạt nhân là 20,826.10-19C. Hạt nhân nguyên tử X có khối lượng gần đúng là 45,194. 10-27kg. Cho các nhận định sau về X: (1). Ion tương ứng của X sẽ có cấu hình electron là: 1s22s22p6. (2). Oxit tương ứng của X tác dụng được với dung dịch NaOH. (3). X có thuộc chu kỳ 2 trong bảng tuần hoàn. (4). X là nguyên tố phi kim. (5). X không tác dụng được với nước ở điều kiện thường. Có bao nhiêu nhận định không đúng trong các nhận định cho ở trên ? A. 2. B. 3. C. 1. D. 4. Câu 37: Phát biểu nào sau đây đúng? +

t A. Trong phản ứng hóa học H2 + Cl2  → 2HCl, H2 đã chuyển hẳn 2 electron cho Cl2. to B. Trong phản ứng hóa học 4HCl + MnO2  → MnCl2 + Cl2+ 2H2O, MnO2 là chất oxi hóa và đã khử Cl- lên Cl2o. C. Trong phản ứng của kim loại với các phi kim và axit, kim loại đều đóng vai trò là chất khử. D. Tất cả các nguyên tố có 1, 2, 3 electron lớp ngoài cùng đều là các nguyên tố kim loại. Câu 38: Hợp chất ion M được tạo nên từ cation X+ và anion Y2-. Mỗi ion đều có 5 nguyên tử của 2 nguyên tố tạo nên. Tổng số proton trong X+ bằng 11, còn tổng số electron trong Y2- là 50. Biết rằng hai nguyên tố trong Y2- ở cùng phân nhóm chính và thuộc hai chu kỳ kế tiếp nhau trong bảng hệ thống tuần hoàn. Tổng số liên kết cộng hóa trị (kể cả liên kết cho nhận) trong M là A. 10. B. 12. C. 14. D. 16. Câu 39: Hợp chất T có công thức phân tử là M2X. Trong T, tổng số hạt cơ bản (proton, notron, electron) là 164, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 52. Số hạt không mang điện trong nguyên tử X nhỏ hơn số hạt không mang điện trong nguyên tử M là 4. Số electron trong M+ và trong X2- bằng nhau. Hiệu số số khối AM-AX có giá trị bằng. A. 3. B. 9. C. 15. D. 7 . Câu 40: Nguyên tử nguyên tố X có tổng số hạt cơ bản (p, n, e) là 28. Cho các phát biểu sau về X: (a) Trong hợp chất của X, X có số oxi hóa là -1.

Trang 111

(b) Oxit cao nhất của X là X2O7. (c) X là nguyên tố có độ âm điện lớn nhất trong bảng tuần hoàn. (d) X là nguyên tố có bán kính nguyên tử lớn nhất trong bảng tuần hoàn. (e) Trong bảng tuần hoàn, X thuộc chu kỳ 2. Số các phát biểu sai là A. 2. B. 3. C. 1 D. 0. II. PHẦN TỰ LUẬN (30 điểm) Câu 41: (14 điểm) Lập các phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron. 1. FeO + H2SO4  → Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O 2. SO2 + KMnO4 + H2O  → K2SO4 + MnSO4 + H2SO4 3. FeCl2 + KMnO4 + H2SO4  → Fe2(SO4)3 + K2SO4 + MnSO4+Cl2 + H2O 4. Fe(NO3)2 + KHSO4  → Fe(NO3)3 + Fe2(SO4)3 + K2SO4 + NO + H2O Câu 42: (16 điểm) Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp hai kim loại A, B (MA<MB) thuộc nhóm IIA và ở hai chu kỳ liên tiếp cần vừa đủ 73 ml dung dịch HCl 20% (d= 1,1 g/ml), thu được dung dịch X và khí H2 ở đktc. Cô cạn dung dịch X thu được 21,22 gam chất rắn khan. 1. Xác định hai kim loại và % theo khối lượng các kim loại trong hỗn hợp ban đầu. 2. Nếu cho hỗn hợp hai kim loại trên vào 135 gam dung dịch CuCl2 25%. Sau phản ứng thu được dung dịch Y và chất rắn Z. Tính khối lượng chất rắn Z và nồng độ % các muối trong dịch Y. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. ----------- HẾT ----------

SỞ GD & ĐT BẮC GIANG CỤM THPT HUYỆN LỤC NAM

HDC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP CƠ SỞ NĂM HỌC 2017-2018 MÔN: HÓA HỌC 10

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (70 điểm, mỗi câu đúng được 1,75 điểm)

132 Câu 1 2

Đáp án A D

209 Câu 1 2

307 Đáp án A B

Câu 1 2

485 Đáp án B C

Câu 1 2

Đáp án A C Trang 112

3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40

A A C B C D B D C C D A C B D C D A B B C A C C B B A D C A D D B A C B D A

3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40

D B C A C D D A D A A D B B C C D B C B A C C A B D A D A D D C A C B D B C

3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40

B C C A C D A B A C D A D A B C A B B C B C C D A D D D B A A B A D D B C C

3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40

C A D D B D A B B B C D A B C B A C B C D A D D A B C B A D C D B D A C B B

Câu 41: (14 điểm) Lập các phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron. 1. FeO + H2SO4  → Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O 2. SO2 + KMnO4 + H2O  → K2SO4 + MnSO4 + H2SO4 3. FeCl2 + KMnO4 + H2SO4  → Fe2(SO4)3 + K2SO4 + MnSO4+Cl2 + H2O 4. Fe(NO3)2 + KHSO4  → Fe(NO3)3 + Fe2(SO4)3 + K2SO4 + NO + H2O Câu 41:

14 - Viết đúng các quá trình oxi hóa, quá trình khử được 1,75. Trang 113

- Đặt đúng hệ số vào phương trình được 1,75. 1

2 Fe 2 + → Fe3+ + 1e 1 6+ +4

1,75

2FeO + 4H2SO4  → Fe2(SO4)3 + SO2 + 4H2O

1,75

5 S4 + → S6 + + 2e 2 7+

1,75

S + 2e → S

+ 5e → Mn

5SO2 + 2KMnO4 +2H2O  → K2SO4 + 2MnSO4+ 2H2SO4

1,75

5 2FeCl 2 → 2Fe3+ + Cl02 + 6e 6 7+ +2

1,75

+ 5e → Mn

10FeCl2 + 6KMnO4+ 24H2SO4  → 5Fe2(SO4)3 + 3K2SO4 +6MnSO4+10Cl2 + 1,75 24H2O +2 +3 3 Fe → Fe + 1e 1 5+ +2

- Kết hợp cả phương pháp đại số để điền.

1,5

N + 3e → N

9Fe(NO3)2 + 12KHSO4  → 5Fe(NO3)3 + 2Fe2(SO4)3 + 6K2SO4 +3NO + 1 6H2O

Câu 42: (16 điểm) Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp hai kim loại A, B (MA<MB) thuộc nhóm IIA và ở hai chu kỳ liên tiếp cần vừa đủ 73 ml dung dịch HCl 20% (d= 1,1 g/ml), thu được dung dịch X và khí H2 ở đktc. Cô cạn dung dịch X thu được 21,22 gam chất rắn khan. 1. Xác định hai kim loại và % theo khối lượng các kim loại trong hỗn hợp ban đầu. 2. Nếu cho hỗn hợp hai kim loại trên vào 135 gam dung dịch CuCl2 25%. Sau phản ứng thu được dung dịch Y và chất rắn Z. Tính khối lượng chất rắn Z và nồng độ % các muối trong dịch Y. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Câu 42:

Thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa, nếu sai nội dung phần trên liên quan đến phần dưới thì không cho điểm. - Đặt công thức trung bình của hai kim loại A, B là M (MA< M < MB)

- n HCl =

1,75

73.1,1.20 = 0, 44 mol 100.36,5

- Phương trình hóa học

1,75

→ MCl2 + H2 ↑ M + 2HCl 

(mol) 0,22

0,44

0,22

- Phương trình về khối lượng chất rắn 0,22( M +71) = 21,22 gam ⇒ M ≈ 25,45 ⇒ 24 < 25,45 <40 ⇒ Hai kim loại cần tìm là Mg và Ca

1,75 1,75

Đặt số mol của Mg và Ca trong hỗn hợp ban đầu là x và y mol. - Ta có: x + y = 0,22 Trang 114

95x + 111y =21,22 - Giải ra được x = 0,2 mol; y =0,02 mol - Tính % Mg =

1,5 0,5

24.0, 2 100% ≈ 85,71% 24.0, 2 + 40.0, 02

% Ca = 100%-85,71%= 14,29%

0.5

135.25 = 0, 25 mol 100.135

0,5

Ta có: n CuCl = 2

- Các phương trình phản ứng → Ca ( OH )2 + H 2 Ca + 2H 2 O 

(mol) 0, 02

0, 02

CuCl 2 + Ca(OH) 2  → Cu(OH) 2 ↓ + CaCl 2 ( mol) 0, 02

0, 02

→ MgCl 2 + Cu ↓ Mg + CuCl 2 

(mol) 0, 2

0, 2

0,5 0,5

0, 2

- CuCl2 dư là: 0,25 – 0,02 – 0,2 = 0,03 mol - Khối lượng của chất rắn Z là mZ=0,02.98 + 0,2.64 = 14,76 gam - Khối lượng dung dịch sau phản ứng là mdd sau= 24.0,2 + 40.0,02 + 135 – 0,02.2-14,76 = 125,8 gam - Nồng độ % của các chất trong dung dịch sau phản ứng là

0,5 0,5 1,75

C% (MgCl2) =

0, 2.95 100% ≈ 15,10% 125,8

0,75

C% (CaCl2) =

0, 02.111 100% ≈ 1,76% 125,8

0,25

C% (CuCl2) =

0,03.135 100% ≈ 3,22% 125,8

0,25

Trang 115